感觉这题挺好的。
首先对于中位数最大有一个很经典的处理方法就是二分，每次二分一个数组中的下标$mid$，然后我们把$mid$代回到原来的数组中检查，如果一个数$a_{i} \geq mid$，那么就把$s_{i}$记为$1$，否则把$s_{i}$记为$-1$，然后对$s_{i}$跑一遍前缀和，观察是否有一个区间的和不小于$0$。
读清楚题意之后发现在这题中，如果要对一个长度为偶数（记为$n$）的序列求中位数，那么答案为排好序的数组中下标为$n / 2 + 1$的元素。（下标从$1$开始），不同的中位数$s_{i}$的表示方法可能有少许不同，要具体题目具体yy。
证明应当也很简单，$+1$代表一个比当前的$mid$大的数，而$-1$表示一个比当前的$a_{mid}$小的数，那么当$a_{mid}$是中位数的条件在一个区间成立的时候，这个区间的$s_{i}$和应当恰好等于$0$。而当得到了一个区间和大于$0$的区间的时候，我们可以通过扔掉几个$1$使它变成$0$，相当于之前的条件成立。
但是这样还是太慢了。
对于本题来说，每次二分得到了一个$mid$，我们检验的时候得到的答案就一定是（区间是$a, b, c, d$）$sum(b + 1, c - 1) + lmax(c, d) + rmax(a, b)$。
其中$lmax$代表一定要选左端点的最大子段和，而$rmax$代表一定要选右端点的最大子段和。
显然可以用线段树来维护。
一个元素开一颗线段树是不可能的……
我们发现在排好序中的数组里面两个下标相差$1$的元素的值其实只有$1$个不同，这就是较小的元素在原数组中的下标，那么大多数结点的值可以继承过来。
于是可以可持久化了，变成了一个主席树。
时间复杂度$O(nlog^{2}n)$。
Code：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 2e4 + 5; const int inf = 1 << 30; int n, qn, a[N]; struct Innum { int val, id; } b[N]; bool cmp(const Innum &x, const Innum &y) { if(x.val != y.val) return x.val < y.val; else return x.id < y.id; } /*bool cmp(const Innum &x, const Innum &y) { return x.val < y.val; } */ inline void read(int &X) { X = 0; char ch = 0; int op = 1; for(; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if(ch == '-') op = -1; for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48; X *= op; } inline int max(int x, int y) { return x > y ? x : y; } inline void chkMax(int &x, int y) { if(y > x) x = y; } namespace PSegT { struct Node { int lc, rc, sum, lmax, rmax; inline void init() { lc = rc = sum = 0; lmax = rmax = -inf; } } s[N * 20]; int root[N], nodeCnt = 0; #define lc(p) s[p].lc #define rc(p) s[p].rc #define sum(p) s[p].sum #define lmax(p) s[p].lmax #define rmax(p) s[p].rmax #define mid ((l + r) >> 1) inline void up(int p) { if(!p) return; sum(p) = sum(lc(p)) + sum(rc(p)); // lmax(p) = rmax(p) = -inf; lmax(p) = max(lmax(lc(p)), lmax(rc(p)) + sum(lc(p))); rmax(p) = max(rmax(rc(p)), rmax(lc(p)) + sum(rc(p))); } void build(int &p, int l, int r) { p = ++nodeCnt; if(l == r) { sum(p) = lmax(p) = rmax(p) = 1; return; } build(lc(p), l, mid); build(rc(p), mid + 1, r); up(p); } void modify(int &p, int l, int r, int x, int v, int pre) { s[p = ++nodeCnt] = s[pre]; if(l == r) { sum(p) = lmax(p) = rmax(p) = v; return; } if(x <= mid) modify(lc(p), l, mid, x, v, lc(pre)); else modify(rc(p), mid + 1, r, x, v, rc(pre)); up(p); } Node query(int p, int l, int r, int x, int y) { if(x <= l && y >= r) return s[p]; Node res, ln, rn; res.init(), ln.init(), rn.init(); if(x <= mid) ln = query(lc(p), l, mid, x, y); if(y > mid) rn = query(rc(p), mid + 1, r, x, y); res.sum = ln.sum + rn.sum; res.lmax = max(ln.lmax, ln.sum + rn.lmax); res.rmax = max(rn.rmax, rn.sum + ln.rmax); return res; } #undef lc #undef rc #undef sum #undef lmax #undef rmax #undef mid } using namespace PSegT; inline bool chk(int mid, int l1, int r1, int l2, int r2) { Node now; int res = 0; if(r1 + 1 <= l2 - 1) { now.init(); now = query(root[mid], 1, n, r1 + 1, l2 - 1); res += now.sum; } now.init(); now = query(root[mid], 1, n, l1, r1); res += now.rmax; now.init(); now = query(root[mid], 1, n, l2, r2); res += now.lmax; return res >= 0; } inline int solve(int l1, int r1, int l2, int r2) { int ln = 1, rn = n, mid, res; for(; ln <= rn; ) { mid = (ln + rn) / 2; if(chk(mid, l1, r1, l2, r2)) res = mid, ln = mid + 1; else rn = mid - 1; } return b[res].val; } int main() { read(n); for(int i = 1; i <= n; i++) { read(a[i]); b[i].val = a[i], b[i].id = i; } s[0].lmax = s[0].rmax = -inf; build(root[1], 1, n); sort(b + 1, b + 1 + n, cmp); for(int i = 2; i <= n; i++) modify(root[i], 1, n, b[i - 1].id, -1, root[i - 1]); read(qn); for(int ans = 0, q[4]; qn--; ) { for(int i = 0; i < 4; i++) { read(q[i]); q[i] = (q[i] + ans) % n + 1; } sort(q, q + 4); ans = solve(q[0], q[1], q[2], q[3]); printf("%d\n", ans); } return 0; }