cbx又A两题%%%
T1比较水，只需要想到lcm以内的数都只能被唯一凑出就可以。
T2比较shi，毕竟std复杂度都不正确的题是不能称之为完整的题的。
那么再感受一下T3满满的恶意
起点已经固定了，考虑当终点也固定时该怎么花费最小代价
一般的情况是，s和t都不在端点上，而端点又必须到达过，那么不可避免地，st两侧的边都被覆盖两次
而且发现这两侧的边，都可以在不增加代价的情况下随意改变行动方向，所以覆盖两次就行了，没必要覆盖第三次。
为了方便描述，如果s在t的左边（右边的话就把序列翻过来）
那么大概的方向就是：向左先踩掉左端点，向右踩掉右端点，回过头到达t
那么在两侧的边（1-s和t-n）什么方向都可以，也就是有n-t+s-1次花掉强制次数L的机会
如果L<=那个次数，直接安排在两边什么地方就行了，注意左端点必须到达，必须分配一个;右端点向左跳到t至少用一次（如果t!=n），必须分配一个。
L>那个次数，只能从s和t之间选一些边，让s到t向右走的过程中，先跳到这些边的右端点，再向左跳花掉L，然后正常向右。
先求出最优的t，最后再跑一次构造一个解。
先发出去，还要补一些奇怪的想法。
upd：改题时以及写这篇随笔时一些奇怪的想法：
1.把序列翻过来以后，L的值就不是L了，而是n-1-L，总感觉哪里不对劲，主要是L的过量、不足关系的判定上好像不够直观了，改题时猜想这样是对的，现在发现自己懵逼了。应该是没有问题，比如考虑s>l的情况，t>s时无论如何l都不会过量，而反过来后n-l-1则很容易就过量，好像冥冥中比较符合实际
2.在给st两边的线段强制分配次数的时候，应该考虑L不够分的情况。如果s不在端点，t就必须在端点。我在代码里特判了L==1的情况，不知道如果不特判能不能在第一问直接把t!=n的方案滤掉
3.给两边分配次数时，给1-s分从1开始分到s，给t-n分从t开始分到n，构造的时候则反过来行动，即后走左向边。感觉这样具有比较好的包容性
4.构造t>s的方案时可以与s
uupd：上一个upd的2好像不行..把特判删了段错误到飞起..
大概是因为只有l>1的时候，才能保证任何时刻要从堆里取出一个边的时候，堆里都已经有一条边..
这样L或n-1-L的限制都不会大于n-2,在t拓展两次之前都不会要求从中间找边，给了堆足够的准备之间