顯然最優走法是先一直停在初始位置然後一次性走完一圈。將序列倍長後，相當於找一個長度為n的區間[l,l+n)，使其中t_i+l+n-1-i的最大值最小。容易發現t_i-i>t_i+n-(i+n)，所以也就相當於是後綴最大值最小。設t_i-i=a_i，即要求min{l+max{a_l..2n}}+n-1 (l=1..n)。如果沒有修改的話只要掃一遍就行了。

　　線段樹看起來很難維護，考慮分塊。每一塊求出僅考慮該塊的a_i時上述值的前綴min和a_i的後綴max。對於查詢，從後往前考慮所選區間左端點在哪一塊。如果該塊某個位置出現了整個序列的後綴最大值，序列後面的部分就不會對該塊之前位置的答案產生影響，可以直接使用之前求出的答案。於是根據後綴最大值將該塊劃分成兩部分，後一部分由於max{a_i

　　事實上這個做法可以擴展到線段樹上。待補。

#include<iostream> 
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
#define
 
 N 200010
#define inf 2000000010
char getc(){char c=getchar();while ((c<‘A‘||c>‘Z‘)&&(c<‘a‘||c>‘z‘)&&(c<‘0‘||c>‘9‘)) c=getchar();return c;}
int gcd(int n,int m){return m==0?n:gcd(m,n%m);}
int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while (c<‘0‘||c>‘9‘) {if (c==‘-‘) f=-1
 
;c=getchar();}
    while (c>=‘0‘&&c<=‘9‘) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
int n,m,op,a[N],L[N],R[N],pos[N],mx[N],mn[N],block,num,ans=inf;
void build(int x)
{
    mx[R[x]]=a[R[x]];mn[R[x]]=R[x]+a[R[x]];
    for (int i=R[x]-1;i>=L[x];i--)
    mn[i]=i+(mx[i]=max(mx[i+1],a[i]));
    for (int i=L[x]+1;i<=R[x];i++)
    mn[i]=min(mn[i-1],mn[i]);
}
int query()
{
    int u=-inf,ans=inf;
    for (int i=2*num;i>num;i--) u=max(u,mx[L[i]]);
    for (int i=num;i>=1;i--)
    {
        int l=L[i],r=R[i],x=R[i]+1;
        while (l<=r)
        {
            int mid=l+r>>1;
            if (mx[mid]<=u) x=mid,r=mid-1;
            else l=mid+1;
        }
        ans=min(ans,x+u);if (x>L[i]) ans=min(ans,mn[x-1]);
        u=max(u,mx[L[i]]);
    }
    return ans;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("bzoj5286.in","r",stdin);
    freopen("bzoj5286.out","w",stdout);
    const char LL[]="%I64d\n";
#else
    const char LL[]="%lld\n";
#endif
    n=read(),m=read(),op=read();block=sqrt(n*log(n+1));num=(n-1)/block+1;
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=a[i+n]=read();
    for (int i=1;i<=n*2;i++) a[i]-=i;
    for (int i=1;i<=num;i++)
    {
        L[i]=R[i-1]+1,R[i]=min(n,L[i]+block-1);
        for (int j=L[i];j<=R[i];j++)
        pos[j]=i;
        build(i);
    }
    for (int i=num+1;i<=2*num;i++)
    {
        L[i]=R[i-1]+1,R[i]=min(2*n,L[i]+block-1);
        for (int j=L[i];j<=R[i];j++)
        pos[j]=i;
        build(i);
    }
    ans=query()+n-1;cout<<ans<<endl;
    while (m--)
    {
        int x=read()^ans*op,y=read()^ans*op;
        a[x]=y-x,a[x+n]=y-x-n;build(pos[x]),build(pos[x+n]);
        printf("%d\n",ans=query()+n-1);
    }
    return 0;
}

BZOJ5286 HNOI/AHOI2018轉盤（分塊/線段樹）