Array Game

链接：https://codeforces.com/problemset/problem/1904/C

算法：二分+思维

题目简介：

题目描述

给定一个由 $n$ 个正整数组成的数组 $a$ 。

在一次操作中，您必须选择一对下标 $(i, j)$ ，满足 $1 \\le i \< j \\le \|a\|$ ，并将 $\|a_i - a_j\|$ 附加到数组 $a$ 的末尾（即数组长度 $n$ 增加 $1$ ，并将新元素 $a_{new}$ 设置为 $\|a_i - a_j\|$ ）。

任务： 在执行恰好 $k$ 次操作后，求数组 $a$ 中所有元素的最小值可能达到的最小是多少，并将其打印出来。

输入

每个测试包含多个测试用例。第一行包含一个整数 $t$ ( $1 \\le t \\le 1000$ ) ------ 测试用例的数量。

每个测试用例的第一行包含两个整数 $n$ 和 $k$ ( $2 \\le n \\le 2 \\cdot 10\^3$ , $1 \\le k \\le 10\^9$ ) ------ 数组的长度和您应该执行的操作数量。

每个测试用例的第二行包含 $n$ 个整数 $a_1, a_2, \\ldots, a_n$ ( $1 \\le a_i \\le 10\^{18}$ ) ------ 数组 $a$ 的元素。

保证所有测试用例中 $n\^2$ 的总和不超过 $4 \\cdot 10\^6$ 。

输出格式

对于每个测试用例，打印一个整数 ------ 即在执行 $k$ 次操作后，数组 $a$ 中所有元素的最小可能值。

前置知识

二分

复制代码

while(l<r)
    {
    	int mid=l+(r-l)/2;
    	if(a[mid]<=x)
    	{
			l=mid+1;
		}
		else
		{	
			r=mid;	
		}
	}
这是找小于等于x的第一个数
while(l<r)
    {
    	int mid=l+(r-l)/2;
    	if(a[mid]>=x)
    	{
			r=mid;
		}
		else
		{	
			l=mid+1;
		}
	}
这是找大于等于x的第一个是数

其实也可以用stl的带的函数

你的目标	调用的核心代码（获取下标 idx）	⚠️ 边界防坑指南（极其重要）
找第一个 \ge x 的数	`idx = lower_bound(a.begin(), a.end(), x) - a.begin();`	如果 `idx == n`，说明数组里所有数都 $\< x$ 。
找第一个 > x 的数	`idx = upper_bound(a.begin(), a.end(), x) - a.begin();`	如果 `idx == n`，说明数组里所有数都 $\\le x$ 。
找最后一个 \le x 的数	`idx = upper_bound(a.begin(), a.end(), x) - a.begin() - 1;`	必须检查 `idx < 0`。如果 `< 0`，说明所有数都 $\> x$ ，没找到。
找最后一个 < x 的数	`idx = lower_bound(a.begin(), a.end(), x) - a.begin() - 1;`	必须检查 `idx < 0`。如果 `< 0`，说明所有数都 $\\ge x$ ，没找到。
判断 x是否存在	`auto it = lower_bound(a.begin(), a.end(), x);` `bool exist = (it != a.end() && *it == x);`	必须先判断 `it != a.end()` 防越界，再判断值是否相等。
统计 x 出现的次数	`count = upper_bound(...) - lower_bound(...);`	闭眼用，自带防坑。如果不存在，两者位置重合，相减正好等于 0。

做法

情况一：当 $k \\ge 3$ 时（抽屉原理/白嫖结论）

推导：假设我们在第一次操作中，任意选取了 $a_1$ 和 $a_2$ ，得到了差值 $v = \|a_1 - a_2\|$ ，此时数组里多了一个 $v$ 。
因为同一个元素对可以被重复选取，在第二次操作中，我们再次选取 $a_1$ 和 $a_2$ ，又得到了一个差值 $v$ 加进数组。
此时，数组里存在两个完全相等的元素 $v$ 。
第三次操作，我们直接选取这两个 $v$ ，计算它们的差值： $\|v - v\| = 0$ 。
结论：只要操作次数 $\\ge 3$ ，我们必定能捏出一个 $0$ 。由于元素不能为负， $0$ 就是极限最小值。
答案：直接输出 $0$ 。

情况二：当 $k = 1$ 时（单次博弈）

推导：我们只能向数组里塞一个数。最后的最小值只可能诞生于两个地方：
1. 数组原本就有的最小值。
2. 我们新塞进去的那个差值。
为了让新塞进去的差值尽量小，我们需要挑原数组中最接近的两个数相减。
做法：将原数组从小到大排序。原数组的最小值就是 $a\[0\]$ 。最小的差值必然产生于排序后的相邻元素之间。我们遍历一次数组，找出 $\\min(a\[i+1\] - a\[i\])$ ，再和 $a\[0\]$ 打擂台取最小值即可。
复杂度：排序 $O(n \\log n)$ + 遍历 $O(n)$ 。

情况三：当 $k = 2$ 时（本题灵魂：枚举 + 二分）

推导：我们可以做两次操作。最优解只可能来自三种情况：
1. 两次操作都没能创造出比 $k=1$ 时更小的值（即答案继承 $k=1$ 的结果）。
2. 第一次操作产生的差值 $v$ ，直接就是全局最小了。
3. 最关键的情况 ：利用第一次操作产生的差值 $v$ ，在第二次操作时，让它与原数组中的某个元素 $a_m$ 相减，即制造出 $\|v - a_m\|$ ，这个值可能是最小的。
怎么做？
- 首先，把数组排序。
- 利用两层 for 循环，暴力枚举第一次操作的所有可能结果： $v = a\[j\] - a\[i\]$ （其中 $j \> i$ ）。这一步是 $O(n\^2)$ 。
- 对于每一个枚举出的 $v$ ，我们需要在原数组中找一个离它最近的元素 $a_m$ ，使得 $\|v - a_m\|$ 最小。
- 既然数组已经排好序，找最近元素直接上二分 ！使用 lower_bound 查找 v。
  - 它会返回第一个 $\\ge v$ 的元素所在的位置（它的右邻居）。
  - 它的前一个位置，就是最后一个 $\< v$ 的元素（它的左邻居）。
- 分别计算 $v$ 与左邻居、右邻居的差值，更新全局最小值。
复杂度：外层两层循环 $O(n\^2)$ ，内层二分 $O(\\log n)$ ，总时间复杂度 $O(n\^2 \\log n)$ 。 $2000\^2 \\times 11 \\approx 4.4 \\times 10\^7$ 次运算，完美跑进时限。

(AI写的，我表达能力太差了，给了思路，剩下都是他写的，AI就是好用哈，我们会不会都被AI替代？)

贴个代码，码风有点差
https://codeforces.com/contest/1904/submission/367454926

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