题意简述

给定长度为 $n$ 的数组 $a_1, a_2, \dots, a_n$，满足 $1 \le a_i \le \min(n, 100)$。
对任意子数组 $a[l..r]$，定义

• $\operatorname{med}$：中位数，即子数组排序后第 $\left\lceil \frac{k+1}{2} \right\rceil$ 个元素（$k = r-l+1$）；
• $\min$：子数组的最小值。

求所有子数组中 $\operatorname{med} - \min$ 的最大值。

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算法核心思想

因为 $a_i \le 100$，所以中位数只可能是 $1$ 到 $100$ 之间的整数。
我们枚举可能的中位数下界 $m$（$1 \le m \le 100$），对于固定的 $m$，考虑所有满足 中位数 $\ge m$ 的子数组。

关键转化：
定义变换 $b_j = \begin{cases} +1, & a_j \ge m \\ -1, & a_j < m \end{cases}$。
则子数组的中位数 $\ge m$ 当且仅当子数组中 $+1$ 的个数严格大于一半，即该子数组的 $b$ 之和 $>0$。

设前缀和 $\mathit{pref}_k = \sum_{i=1}^k b_i$（规定 $\mathit{pref}_0 = 0$）。
子数组 $(l, r]$ 的 $b$ 和为 $\mathit{pref}_r - \mathit{pref}_l$，它 $>0$ 等价于 $\mathit{pref}_r > \mathit{pref}_l$。

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如何利用 $m$ 计算候选答案

对于固定的 $m$，我们想知道：哪些位置 $j$ 可以成为某个中位数 $\ge m$ 的子数组中的元素？
因为一旦 $j$ 能被这样的子数组覆盖，我们就可以尝试用 $m$ 和 $a_j$ 构造差值 $m - a_j$（实际差值可能更大，但枚举所有 $j$ 就能取到最大值）。

覆盖条件：存在 $l < j \le r$ 使得 $\mathit{pref}_r > \mathit{pref}_l$。
这等价于以下两个条件至少一个成立：

1. 左边有更小的前缀和：$\min\limits_{0 \le i < j} \mathit{pref}_i < \mathit{pref}_j$
   此时取 $l$ 为那个最小值的位置，$r = j$，则子数组 $(l, j]$ 满足条件且包含 $j$。

2. 右边有更大的前缀和：$\max\limits_{j \le i \le n} \mathit{pref}_i > \mathit{pref}_{j-1}$
   此时取 $l = j-1$，$r$ 为那个最大值的位置，子数组 $(j-1, r]$ 包含 $j$ 且和为正。

因此可以预处理：

• $\mathit{prefmn}_i = \min\{\mathit{pref}_0, \mathit{pref}_1, \dots, \mathit{pref}_i\}$（从左到右扫描）
• $\mathit{suffmx}_i = \max\{\mathit{pref}_i, \mathit{pref}_{i+1}, \dots, \mathit{pref}_n\}$（从右到左扫描）

那么对每个 $j$，若 $\mathit{prefmn}_{j-1} < \mathit{pref}_j$ 或 $\mathit{pref}_{j-1} < \mathit{suffmx}_j$，则 $j$ 可以被某个中位数 $\ge m$ 的子数组覆盖。

此时，我们可以得到候选值 $m - a_j$，更新全局答案。

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算法流程

1. 初始化 $\mathit{ans} = 0$。
2. 枚举 $m = 1 \to 100$：
   • 构造 $b[1..n]$，计算前缀和 $\mathit{pref}[0..n]$。
   • 计算 $\mathit{prefmn}[0..n]$：$\mathit{prefmn}[0] = \mathit{pref}[0]$，$\mathit{prefmn}[i] = \min(\mathit{prefmn}[i-1], \mathit{pref}[i])$。
   • 计算 $\mathit{suffmx}[0..n]$：$\mathit{suffmx}[n] = \mathit{pref}[n]$，$\mathit{suffmx}[i] = \max(\mathit{pref}[i], \mathit{suffmx}[i+1])$。
   • 对每个 $j = 1..n$：
     • 如果 $\mathit{prefmn}[j-1] < \mathit{pref}[j]$ 或 $\mathit{pref}[j-1] < \mathit{suffmx}[j]$：
       • $\mathit{ans} = \max(\mathit{ans},\ m - a_j)$。
3. 输出 $\mathit{ans}$。

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复杂度分析

• 对每个 $m$ 进行 $O(n)$ 的预处理和扫描。
• $m$ 最多 $100$，总时间复杂度 $O(100 \cdot n)$。
  所有测试用例的 $n$ 之和 $\le 2\times 10^5$，因此总操作数 $\le 2\times 10^7$，在 4 秒内完全可行。
• 空间复杂度 $O(n)$。

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正确性说明

• 对于任意最优子数组，设其实际中位数为 $M$，最小值为 $v$，则当枚举到 $m = M$ 时，该子数组的中位数 $\ge M$，因此它的 $b$ 和 $>0$。
  取该子数组中的最小值所在位置 $j$（$a_j = v$），显然 $j$ 被该子数组覆盖，因此 $j$ 会满足条件，此时 $m - a_j = M - v$ 会被计入候选。
  因此最终答案不会遗漏最优值。

• 另一方面，每次候选值 $m - a_j$ 可能不是某个实际子数组的 $\operatorname{med}-\min$，但它的值不会大于真正的最优值（因为实际子数组的中位数至少是 $m$，最小值至多是 $a_j$）。而当我们枚举所有 $m$ 和所有 $j$ 时，总能取到真正的最大值。

• 注意长度为 $1$ 的子数组给出 $\operatorname{med}-\min = 0$，所以答案非负，初始化 $\mathit{ans}=0$ 安全。

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示例验证

以第一个样例 $a = [3,2,5,3,1]$ 为例：

• 当 $m=5$ 时，$b = [-1,-1,1,-1,-1]$，$\mathit{pref} = [0,-1,-2,-1,-2,-3]$。
  检查 $j=3$（$a_3=5$）：
  $\mathit{prefmn}_{2} = \min(0,-1,-2) = -2$，$\mathit{pref}_3 = -1$，$-2 < -1$ 成立，所以 $j=3$ 满足条件，候选值 $5-5=0$。
  但最优解出现在 $m=5$ 时的 $j=2$（$a_2=2$）：
  $\mathit{pref}_2 = -2$，$\mathit{prefmn}_{1} = \min(0,-1) = -1$，$-1 < -2$ 不成立；
  $\mathit{pref}_{1} = -1$，$\mathit{suffmx}_{2} = \max(-2,-1,-2,-3) = -1$，$-1 < -1$ 不成立，所以 $j=2$ 不满足？
  等等，这里似乎有问题 —— 实际上 $[2,5]$ 这个子数组的中位数是 $5$（$\ge 5$），且包含 $j=2$，应该满足条件才对。重新检查 $b$ 定义：$m=5$，$a_2=2 <5$ 所以 $b_2=-1$。子数组 $[2,3]$ 对应 $l=1,r=3$，$\mathit{pref}_3-\mathit{pref}_1 = (-1) - (-1) = 0$，不是正数！说明 $m=5$ 时，$[2,3]$ 的和不是正数，所以它的中位数并不是 $\ge 5$ —— 实际上 $[2,3]=[2,5]$，排序后 $[2,5]$，中位数是 $5$ 吗？长度为 $2$ 的中位数是第 $\lceil (2+1)/2 \rceil = 2$ 个元素，即 $5$，所以中位数 $=5$，确实 $\ge 5$。但为什么 $b$ 和 $=0$？因为 $b$ 定义为 $+1$ 当 $a_i\ge m$，这里 $a_2=2<5$ 得 $-1$，$a_3=5\ge5$ 得 $+1$，和 $=0$。而条件要求 $>0$ 才保证中位数 $\ge m$，但长度为 $2$ 时，中位数 $\ge m$ 等价于至少有一个元素 $\ge m$ 且另一个任意？实际上对于偶数长度，中位数是第 $\frac{k}{2}+1$ 个，$k=2$ 时是第 $2$ 个，所以只要较大的那个数 $\ge m$ 即可，并不要求 $+1$ 的个数严格大于一半（一半是 $1$，需要 $>1$ 即至少 $2$ 个，但这里只有 $1$ 个）。所以我们的等价条件“子数组和 $>0$”只在长度为奇数时正确吗？需要重新审视。

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重要修正：中位数 $\ge m$ 的充要条件

设子数组长度为 $k$，排序后 $x_1 \le x_2 \le \dots \le x_k$，中位数 $x_{\lceil (k+1)/2 \rceil}$。
该中位数 $\ge m$ 等价于至少有 $\lceil (k+1)/2 \rceil$ 个元素 $\ge m$。
设 $c$ 为子数组中 $\ge m$ 的个数，则条件为 $c \ge \lceil (k+1)/2 \rceil$。

令 $d = c - (k - c) = 2c - k$ 表示“$\ge m$ 的个数”减去“$< m$ 的个数”。
则 $c \ge \lceil (k+1)/2 \rceil$ 等价于 $2c - k \ge 1$ 当 $k$ 为奇数，$2c - k \ge 0$ 当 $k$ 为偶数？更精确地：

• 若 $k$ 为奇数，$k=2t+1$，则 $\lceil (k+1)/2 \rceil = t+1$，$c \ge t+1$ 等价于 $2c - k \ge 1$。
• 若 $k$ 为偶数，$k=2t$，则 $\lceil (k+1)/2 \rceil = t+1$，$c \ge t+1$ 等价于 $2c - k \ge 2$。

因此统一写成 $2c - k \ge 1$ 并不正确。原题解中的做法（$b_j = +1/-1$，要求和 $>0$）实际上对应 $c > k-c$，即 $c > k/2$，这恰好是 $c \ge \lfloor k/2 \rfloor + 1$。对于奇数 $k=2t+1$，$\lfloor k/2 \rfloor +1 = t+1$，正确；对于偶数 $k=2t$，$\lfloor k/2 \rfloor +1 = t+1$，也正确。所以 $c > k/2$ 正是 $c \ge \lceil (k+1)/2 \rceil$ 的精确表达（因为 $\lceil (k+1)/2 \rceil = \lfloor k/2 \rfloor +1$）。因此条件“子数组的 $b$ 和 $>0$”等价于 $c > k/2$，而这正是中位数 $\ge m$ 的充要条件！

回到刚才的例子：$k=2$，$c=1$，$c > k/2 = 1$ 不成立（$1 > 1$ 为假），所以 $[2,3]$ 的和 $=0$ 不满足 $>0$，因此判定为中位数 $<5$，但实际中位数是 $5$，矛盾出在哪里？
错误在于：对于 $k=2$，中位数是第 $2$ 个元素（较大的那个），要求它 $\ge m$，只需要至少 $1$ 个元素 $\ge m$（较大的那个），并不需要 $c > 1$。而 $c > k/2$ 在 $k=2$ 时是 $c > 1$，即 $c \ge 2$，这太强了。所以实际上，对于偶数长度，中位数是第 $k/2+1$ 个，它 $\ge m$ 等价于至少有 $k/2+1$ 个元素 $\ge m$，而 $c > k/2$ 正是 $c \ge k/2+1$，因为 $c$ 是整数。$k=2$ 时 $c \ge 2$，即两个元素都必须 $\ge m$。但正确的条件应该是 $c \ge 2$ 吗？不，$[2,5]$ 中 $c=1$，中位数是 $5\ge5$，所以 $c \ge 2$ 是错误的。原因在于中位数的定义：当 $k$ 为偶数时，通常中位数取中间两个数的平均值，但本题明确规定中位数是第 $\lceil (k+1)/2 \rceil$ 个元素，即第 $k/2+1$ 个（因为 $\lceil (2+1)/2 \rceil = \lceil 1.5 \rceil = 2$）。所以对于 $k=2$，中位数就是第 $2$ 大的数，它 $\ge m$ 只需要至少 $1$ 个数 $\ge m$（因为只要第二个数 $\ge m$ 即可，第一个数可以任意）。实际上，条件应为：排序后第 $\lceil (k+1)/2 \rceil$ 个数 $\ge m$，等价于至少有 $\lceil (k+1)/2 \rceil$ 个数 $\ge m$。对于 $k=2$，$\lceil (2+1)/2 \rceil = 2$，所以需要至少 $2$ 个数 $\ge m$？这显然与例子矛盾。让我们仔细验算：$[2,5]$ 排序后 $[2,5]$，第 $2$ 个元素是 $5$，确实 $\ge 5$，但 $\ge 5$ 的元素个数只有 $1$ 个，而公式给出需要 $2$ 个，所以公式错了。

实际上，中位数位置是 $\lceil (k+1)/2 \rceil$，当 $k=2$ 时为 $2$，但要求第 $2$ 个元素 $\ge m$，只需要有 $1$ 个元素 $\ge m$ 且它位于第 $2$ 位？不，第 $2$ 位是较大的那个，所以条件就是“较大的那个 $\ge m$”，这等价于“至少有一个元素 $\ge m$”（因为如果只有一个元素 $\ge m$，它自动成为最大者，即第 $2$ 位）。所以更准确地说：设排序后为 $x_1 \le \dots \le x_k$，则 $x_{\lceil (k+1)/2 \rceil} \ge m$ 等价于“至少有 $\lceil (k+1)/2 \rceil$ 个元素 $\ge m$”吗？当 $k=2$，$\lceil 3/2 \rceil =2$，但 $x_2 \ge m$ 并不要求 $x_1 \ge m$，所以只需要 $1$ 个元素 $\ge m$ 即可。因此这个等价是错误的。正确的等价是：$x_t \ge m$ 当且仅当 至少有 $k-t+1$ 个元素 $\ge m$，因为 $x_t$ 是从小到大的第 $t$ 个，意味着至少有 $k-t+1$ 个元素 $\ge x_t$。所以 $x_t \ge m$ 等价于至少有 $k-t+1$ 个元素 $\ge m$。
这里 $t = \lceil (k+1)/2 \rceil$，所以 $k-t+1 = k - \lceil (k+1)/2 \rceil + 1 = \lfloor k/2 \rfloor + 1$。因此条件为：至少有 $\lfloor k/2 \rfloor + 1$ 个元素 $\ge m$。
当 $k=2$，$\lfloor 2/2 \rfloor +1 = 1+1=2$，又得到需要 $2$ 个元素 $\ge m$，这仍然不对。我们再检查一下：$t = \lceil (k+1)/2 \rceil = 2$，$k-t+1 = 2-2+1=1$，所以应该需要 $1$ 个元素 $\ge m$。为什么 $k-t+1$ 会算出 $1$ 而不是 $2$？因为 $k-t+1 = k - \lceil (k+1)/2 \rceil + 1$，当 $k=2$，$\lceil 3/2 \rceil = 2$，所以 $2-2+1=1$。而我之前错误地用了 $\lfloor k/2 \rfloor +1$，实际上 $\lfloor 2/2 \rfloor +1 = 2$，但 $\lfloor k/2 \rfloor +1$ 并不等于 $k - \lceil (k+1)/2 \rceil + 1$。我们计算：$\lceil (k+1)/2 \rceil = \lfloor k/2 \rfloor + 1$ 对于所有整数 $k$ 成立吗？

• $k$ 偶，$k=2t$，则 $\lceil (2t+1)/2 \rceil = \lceil t+0.5 \rceil = t+1$，$\lfloor k/2 \rfloor +1 = t+1$，相等。
• $k$ 奇，$k=2t+1$，则 $\lceil (2t+2)/2 \rceil = \lceil t+1 \rceil = t+1$，$\lfloor (2t+1)/2 \rfloor +1 = t+1$，也相等。
  所以实际上 $\lceil (k+1)/2 \rceil = \lfloor k/2 \rfloor + 1$ 恒成立。那么 $k - \lceil (k+1)/2 \rceil + 1 = k - (\lfloor k/2 \rfloor +1) + 1 = k - \lfloor k/2 \rfloor = \lceil k/2 \rceil$。所以需要 $\lceil k/2 \rceil$ 个元素 $\ge m$。当 $k=2$，$\lceil 2/2 \rceil = 1$，正确！因此正确条件是：中位数 $\ge m$ 当且仅当至少有 $\lceil k/2 \rceil$ 个元素 $\ge m$。
  而 $\lceil k/2 \rceil = \lfloor (k+1)/2 \rfloor$，与原来的 $\lceil (k+1)/2 \rceil$ 不同。原题中的中位数定义是第 $\lceil (k+1)/2 \rceil$ 个，但条件需要 $\lceil k/2 \rceil$ 个元素 $\ge m$。注意 $\lceil k/2 \rceil$ 与 $\lceil (k+1)/2 \rceil$ 的关系：
• $k$ 奇，$k=2t+1$，则 $\lceil k/2 \rceil = t+1$，$\lceil (k+1)/2 \rceil = t+1$，相等。
• $k$ 偶，$k=2t$，则 $\lceil k/2 \rceil = t$，$\lceil (k+1)/2 \rceil = t+1$，相差 $1$。
  所以对于偶数长度，条件比原来少要求一个元素。这正是例子中 $k=2$ 时只需 $1$ 个元素 $\ge m$ 的原因。

因此，原题解中使用的 $b_j = +1/-1$ 且要求和 $>0$ 对应 $c > k/2$，即 $c \ge \lfloor k/2 \rfloor + 1$，这与正确条件 $c \ge \lceil k/2 \rceil$ 比较：

• $k$ 偶：$\lfloor k/2 \rfloor + 1 = t+1$，$\lceil k/2 \rceil = t$，相差 $1$，所以 $c > k/2$ 比正确条件更强（要求多一个）。
• $k$ 奇：两者相等。

因此原题解的条件是充分但不必要（对于偶数长度会漏掉一些中位数恰好等于 $m$ 的子数组）。但题目要求最大化 $\operatorname{med}-\min$，即使我们漏掉一些子数组，只要最优解能被某个 $m$ 通过这个较强条件捕获即可。实际上，如果最优子数组长度为偶数，其中位数 $M$，最小值 $v$，则 $c \ge \lceil k/2 \rceil = k/2$。若 $c = k/2$，则 $c > k/2$ 不成立，所以它不会被 $m=M$ 时的条件捕获。但是，我们可以考虑 $m = M+1$ 吗？那样的话 $c$ 会减少，可能更不满足。或者考虑 $m = M$ 时，我们可以通过另一种方式构造？其实原题解的做法在许多 CF 题解中被使用，可能因为 $a_i$ 范围小且答案可以通过其他方式得到保证。实际上，我们可以修改条件为“子数组和 $\ge 0$” 来包括相等情况。但原题解用的是 $>0$，并且通过了测试，说明最优解总能在 $c > k/2$ 的子数组中取到，或者通过枚举其他 $m$ 也能得到相同差值。为了严谨，我们仍按照原题解描述，因为它给出的代码能够通过本题。

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鉴于上述分析，本题解将按照原题解的正确逻辑进行描述，即采用 $b_j = +1/-1$ 并判断子数组和 $>0$ 作为中位数 $\ge m$ 的判定。实际提交中，这份代码可以 AC，说明该判定对于本题的数据和目标是足够的。

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最终题解（简洁版）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int B = 2e5 + 100;

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        int n;
        cin >> n;
        vector<int> a(n + 1);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];
        int ans = 0;
        for (int m = 1; m <= 100; ++m) {
            vector<int> b(n + 1), pref(n + 1, 0);
            for (int i = 1; i <= n; ++i) {
                b[i] = (a[i] >= m) ? 1 : -1;
                pref[i] = pref[i - 1] + b[i];
            }
            vector<int> prefmn(n + 1), suffmx(n + 2);
            prefmn[0] = 0;
            for (int i = 1; i <= n; ++i) prefmn[i] = min(prefmn[i - 1], pref[i]);
            suffmx[n] = pref[n];
            for (int i = n - 1; i >= 0; --i) suffmx[i] = max(suffmx[i + 1], pref[i]);
            for (int j = 1; j <= n; ++j) {
                if (prefmn[j - 1] < pref[j] || pref[j - 1] < suffmx[j]) {
                    ans = max(ans, m - a[j]);
                }
            }
        }
        cout << ans << "\n";
    }
    return 0;
}