二分套路題，想到可以二分最小塊大小，但是 \(\text{check}\) 函式是個問題。

這裡給出兩種 \(\text{check}\) 的實現，時間複雜度分別為 \(O(n\log n)\) 和 \(O(n)\)。

\(O(n \log n)\) 的暴力做法：列舉每個 \(i\)，\(\text{lower_bound}\) 一個 \(j\)，再根據 \(j\) 來 \(\text{lower_bound}\) 一個 \(k\)，滿足 \(\sum\limits_{i\leq x\leq j} a_x\geq mid,\sum\limits_{j< x\leq k}a_x\geq mid\)

\(O(n)\) 的做法：列舉每個 \(i\)，再用兩個指標 \(p,q\) 維護滿足 \(\sum\limits_{p\leq x\leq i} a_x\geq mid\) 和 \(\sum\limits_{i<x\leq q}a_x\geq mid\)，其中 \(p\) 為滿足條件的最大的下標，\(q\) 為滿足條件的最小的下標，這兩個量都有單調性，所以使用 \(\text{two-pointer}\) 維護即可。

那麼就可以在 \(O(n\log \sum a_i)\) 或 \(O(n \log^2 \sum a_i)\) 的時間複雜度內解決該問題。

#include<cstdio>
typedef long long ll;
ll n,sum; int a[100005]; 
inline int read() {
	register int x=0,f=1;register char s=getchar();
	while(s>'9'||s<'0') {if(s=='-') f=-1;s=getchar();}
	while(s>='0'&&s<='9') {x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	return x*f;
}
inline bool check(ll val) {
	int p=0,q=0; ll sum1=0,sum2=0;
	for(register int i=0;i<n;++i) {
		sum1+=a[i];sum2-=a[i];
		while(p<=i&&sum1-a[p]>=val) {sum1-=a[p];++p;}
		while(q<=n-1&&sum2<val) {sum2+=a[q];++q;}
		if(sum2<val) return 0;
		if(sum1>=val&&sum-sum1-sum2>=val) return 1; 
	}
	return 0;
}
int main() {
	n=read(); 
	for(register int i=0;i<n;++i) sum+=(a[i]=read());
	ll l=0,r=sum,res=0;
	while(l<=r) {
		ll mid=l+r>>1;
		if(check(mid)) l=mid+1,res=mid;
		else r=mid-1;
	}
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}