題意：
給你一個排列，有2*n-1個元素，現在進行以下的操作：
每一次將a[i]替換成爲a[i-1],a[i],a[i+1]三個數的中位數，並且所有的操作是同時進行的，也就是說這一次用於計算的a[]，是這一次計算之前的那個a[]。每一次不操作開頭和結尾的兩個位置。這樣子每一次都會減少2個元素，問你最後剩下的元素是什麼。
數據範圍：
1<=N<=10^5
思路：
看見這道題正解是二分的時候，簡直震驚！（考試的時候一直想的是計算每一項在最終序列中的係數來做）。
我們可以二分出一個值x，將所有小於等於x的數都變爲0，將所有的大於x的數都變爲1，然後再來看待這個問題。
下面建議讀者一邊畫圖一邊來看。
首先定義一種狀態，叫做柱子。也就是當存在連續的兩個相同的數字的時候，這兩個數字的上方會連續出現兩個一樣的數字，直到成爲最左邊或者是最右邊的數字而被刪除爲止。
我們考慮哪些狀態下，頂層的數字會是0。假如說這個問題解決了，就可以二分了。
1.頂端的正下方就有一根值爲0的柱子，這個時候根據柱子的定義是顯然成立的；
2.頂端的左邊或者是右邊有一根值爲0的柱子，而另一邊沒有柱子。如果你畫一下圖就會發現，對於沒有柱子的區域而言，那麼必定是0101010…交錯排列的。那麼當前的這根0的柱子就能夠保證到達某一層之後，右邊的端點一定是0。這個時候就可以劃歸到第5種情況了;
3.頂端的兩端都有柱子，且都是0的柱子。如果說狀態2成立的話，那麼這個也是顯然成立的；
4.頂端的兩端都有柱子，且一邊最靠近頂端的柱子值爲0，令一端最靠近頂端的柱子值爲1，並且要求0柱子更加靠近1柱子。這個比較好想。到達某一層之後，1的柱子消失了，而這個時候0柱子至少還存在1個，且存在1個的時候還是再端右端點上。那麼仍然能夠劃歸到情況5；
5.頂端的兩端都沒有柱子，且底層的兩端都是0，也就是num0=num1+1。如果稍微畫一下圖你就能發現，這樣子0101010交錯着上去，每一層都是這樣子交錯的，且都是兩端爲0。那麼這樣子到了次頂端的時候必定是010，然後頂端就是0了。
這樣子對於一個01的序列直接O(n)判斷就好了，總時間爲O(nlogn)。
代碼:
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MAXN 100000
using namespace std;
int N,a[2*MAXN+5];
bool seq[2*MAXN+5];
int Check(int x)
{
for(int i=1;i<=2*N-1;i++)
if(a[i]<=x)
seq[i]=0;
else
seq[i]=1;
if(seq[N]==seq[N-1]||seq[N]==seq[N+1])
return seq[N];//判斷頂端的正下方有沒有柱子
int l=-1,r=-1;
int ld,rd;
for(int i=2;i<=N;i++)
if(seq[i]==seq[i-1])
l=seq[i],ld=N-i+1;//計算左邊的柱子類型以及距離
for(int i=N;i<2*N-1;i++)
if(seq[i]==seq[i+1])
{
r=seq[i];//計算右邊的柱子類型以及距離
rd=i-N+1;
break;
}
if((l==0&&r==-1)||(l==-1&&r==0)||(l==0&&r==0))//情況2和3
return 0;
if((l==1&&r==0&&ld>rd)||(l==0&&r==1&&ld<rd))//情況4
return 0;
if(l==-1&&r==-1&&seq[1]==0)//情況5
return 0;
return 1;
}
int main()
{
// freopen("mid.in","r",stdin);
// freopen("mid.out","w",stdout);
scanf("%d",&N);
for(int i=1;i<=2*N-1;i++)
scanf("%d",&a[i]);
int L=0,R=2*N;
while(L<R)
{
int mid=(L+R)/2;
if(Check(mid)==0)//O(n)判斷
R=mid;
else
L=mid+1;
}
printf("%d\n",R);
return 0;
}