我們可以將題轉化為選擇若干區間，給區間中的每個 \(y_i\) 減一，這樣我們就可以將問題轉化為差分了。
我們列舉區間的左端點，從左到右列舉，當我們列舉到 \(i\) 時，顯然如果當前差分陣列 \(d_i>0\)，那麼我們需要將其減去 \(d_i\)，這樣我們獲得了一個向後加總共 \(d_i\) 個 \(1\) 的機會，此時我們維護數列從左往右第一個 \(d_p\) 小於 \(0\) 的 \(p\)，然後我們每次進行不斷地加減並將 \(p\) 往後挪，到 \(n+1\) 即可停止。那麼這樣為什麼是對的？因為如果我們將這個小於 \(0\) 的交給一個左端點大於 \(i\) 的 \(j\) 處理，那麼由於 \(x_j>x_i\)，所以一定不優。
該如何計算答案？我們注意到對於任意在序列中 \(l\) 到 \(r\) 的區間，\(L_i\) 取 \(x_{l-1}+1\)，\(R_i\) 取 \(x_{r+1}-1\) 顯然最優，為了方便我們將 \(x_0\) 賦值為 \(-\inf\)，將 \(x_{n+1}\) 賦值為 \(\inf\) 即可。
時間複雜度 \(\mathcal{O}(n)\)。
程式碼：
int n;
int x[N], y[N], d[N];
int l[N], r[N];
signed main ()
{
n = rd ();
x[0] = - linf, x[n + 1] = linf;
rep (i, 1, n) x[i] = rd ();
rep (i, 1, n) l[i] = x[i - 1] + 1, r[i] = x[i + 1] - 1;
rep (i, 1, n) y[i] = rd (), d[i] = y[i] - y[i - 1];
int p = 1;
while (d[p] >= 0) ++ p;
int ans = linf;
rep (i, 1, n)
{
int x = d[i];
if (! x) continue;
while (x)
{
while (d[p] >= 0 && p <= n) ++ p;
if (p > n) break;
ans = min (ans, r[p - 1] - l[i]);
if (- d[p] > x) d[p] += x, x = 0;
else
{
x += d[p], d[p] = 0;
}
}
}
if (ans >= 1e10) puts ("-1"); else printf ("%lld\n", ans);
}