由 [联合省选 2023] 填数游戏 的思考
首先，省选这道题可以转化为这个问题：
给定序列 \(a\) 与若干个不交区间（可能有包含），每个区间可以选择区间内或区间外 \(+1\)，最大化最小值。
显然要一开始钦定所有区间选区间内，然后要选一些区间反转。这个可以随便贪心，当然也可以转成树上边的定向问题（原题不就是树吗...）进行树形 DP。
进一步扩展，如果区间是任意的怎么办？
如果 \(a\) 序列一开始全 \(0\)，把原问题转化成最小化最大值，这其实就是 「JOISC 2017 Day 2」门票安排。
设最终序列为 \(b\)。有一个重要性质依然可以使用：
反转的区间必然有交。
证明：两个不交区间同时反转不如不反转。
考虑二分+枚举区间交位置+枚举区间交位置取值，可以确定总共反转多少个区间，进而确定每个位置至少有多少个覆盖它的区间要反转，使用扫描线+堆贪心可以做到 \(O(\mathrm{poly(log(n))})\)。
发现复杂度瓶颈在于决策数太多，需要继续挖掘性质。设区间交为 \([l,r]\)，其内 \(b\) 的最大值的位置 \(p\)，感性理解其他位置的不会超过 \(b_p\) 太多，其实：
存在最优序列，使得所有反转的区间必然交于 \(b_p \ge \max\{b\}-1\)。
证明：如果 \(b_p \le \max\{b\}-2\)，同时反转一个以 \(l\) 为左端点与一个以 \(r\) 为右端点不会更劣。
于是不用枚举取值了，那能不能不枚举位置？可以！
存在最优序列，使得所有反转的区间必然交于 \(a_p = \max\{a\}\)。
证明：如果还有比 \(a_p\) 更大的数且在 \([l,r]\) 外，设其为 \(x\)，由于 \(b_x\) 最多比 \(b_p\) 大 \(1\)，而 \(a_x\) 至少比 \(a_p\) 大 \(1\)，则覆盖 \(x\) 的区间反转个数一定 \(\ge\) 位置 \(p\)，矛盾。
同时还可以证明 \(a\) 中任意一个最大值都可行。于是不用枚举位置了，复杂度为 \(O(n\log n\log V)\)。
最后可以发现 \(a\) 序列有没有初值其实无所谓，就解决了任意区间的问题。
启示：
- 贪心问题要善于发掘性质（可以从最值入手）
- 二分将最优化问题转化为判定性问题（时常与贪心结合）
- 不断排除无效决策，优化复杂度
