一个全部顶满的做法。
Solution
记 的最大、次大、第三大值为 ，，（可以相等）。
先问 的链得到 。由于查询操作是离线的，尝试一下发现可以对每个 问以 为中心的菊花，得到 。这样恰好 次 询问 操作。
显然 应当等于 加除了 以外 的最大值和次大值，所以 的位置的 ，其他 。
称 最大的 是不确定位置，把其他位置的 加起来，发现 ，解出 后可以解出所有确定位置的 ，以及知道 的值应当是什么。那猜测 和 就是那个无法区分的值。
现在有 个不确定位置，其中只有两个可能大，其余的都是 ，要找出这两个位置。
如果 ，则枚举二元组 判断他们是不是最大次大。将确定位置连成链， 和 分别放在两端，剩下的不确定位置全部挂在链中点，猜测直径是不是 。此时直径一定取到了链，如果是则挂在中点的位置的值都是 。这样就可以通过 互不相等。
否则猜测操作应当是两次二分。仿照之前，做一条很长的链，然后在链中点挂一条短的，全部由未确定点组成的链，问直径是不是 减去短支链的长度。链中点应该是带权（只考虑不确定位置）的中点，短支链应当不能超过 。这样在 时可以正确，在 大的时候除了第一下只能变 外都能二分。正好 次。
上面是场上唐了。事实上，不要搞短支链，而是全部挂在链中点，就差不多可以正常二分了， 次。
Code
#define pb push_back
vector<vector<int>> U,V;
vector<int> e1,e2;
int n;
void add(int u){
e1.clear(),e2.clear();
for(int i=0;i<n;i++)if(i!=u)e1.pb(i),e2.pb(u);
U.pb(e1),V.pb(e2);
}
vector<int> a;
bool vis[510];
void add(vector<int> id){
for(int i=0;i<n;i++)vis[i]=0;
for(int i:id)vis[i]=1;
e1.clear(),e2.clear();
int lst=-1,t=0,p=-1;
for(int i=0;i<n;i++)if(!vis[i]){
if(lst!=-1)e1.pb(lst),e2.pb(i);
lst=i;
t+=(!a[i]);
if(p==-1&&t>id.size()+1)p=i;
}
e1.pb(p),e2.pb(id[0]);
for(int i=1;i<id.size();i++)e1.pb(id[i-1]),e2.pb(id[i]);
}
int id[510];
vector<int> haru(int N){
mt19937 rnd(10);
n=N;
U.clear(),V.clear();
for(int i=0;i<n;i++)add(i);
e1.clear(),e2.clear();
for(int i=0;i<n-1;i++)e1.pb(i),e2.pb(i+1);
U.pb(e1),V.pb(e2);
int k=U.size();
vector<long long> ans=query(U,V);
long long sum=ans[k-1];ans.pop_back();
for(int i=0;i<n;i++)id[i]=i;
sort(id,id+n,[&](int u,int v){return ans[u]<ans[v];});
long long s=0;for(int i=0;i<n-2;i++)s+=ans[id[i]];
long long v=(s-sum)/(n-3);
a.clear();a.resize(n,0);
int p=n-3;while(p&&ans[id[p-1]]==ans[id[n-1]])p--;
for(int i=0;i<p;i++)a[id[i]]=ans[id[i]]-v;
for(int i=p;i<n;i++)a[id[i]]=0;
long long v3=ans[id[n-1]]-v;
if(v==2*v3){
for(int i=p;i<n;i++)a[id[i]]=v3;
return a;
}
vector<int> pos;
for(int i=0;i<n;i++)if(!a[i])pos.pb(i);
shuffle(pos.begin(),pos.end(),rnd);
int all=pos.size();
if(all<=5){
bool fl=0;
for(int i=0;i<all;i++){
for(int j=i+1;j<all;j++){
e1.clear(),e2.clear();
int p1=-1,p2=-1,p3=-1;
for(int i=0;i<n;i++)if(a[i]){
if(p1==-1)p1=i;
else if(p2==-1)p2=i;
if(p3!=-1)e1.pb(p3),e2.pb(i);
p3=i;
}
e1.pb(pos[i]),e2.pb(p1),e1.pb(pos[j]),e2.pb(p3);
for(int k=0;k<all;k++)if(i!=k&&j!=k)e1.pb(pos[k]),e2.pb(p2);
if(guess(e1,e2,sum-v3*(all-2))){
fl=1;
a[pos[i]]=a[pos[j]]=-1;
for(int k=0;k<all;k++)if(i!=k&&j!=k)a[pos[k]]=v3;
break;
}
}
if(fl)break;
}
}
else{
int tmp[2];tmp[0]=tmp[1]=-1;
for(int t=0;t<2;t++){
pos.clear();
for(int i=0;i<n;i++)if(!a[i]&&i!=tmp[0])pos.pb(i);
shuffle(pos.begin(),pos.end(),rnd);
while(pos.size()>1){
int p=min(all/3-1,(int)pos.size()/2);
vector<int> tmp;
for(int i=0;i<p;i++)tmp.pb(pos[i]);
add(tmp);
if(guess(e1,e2,sum-v3*p))pos.erase(pos.begin(),pos.begin()+p);
else pos=tmp;
}
tmp[t]=pos[0];
}
a[tmp[0]]=a[tmp[1]]=-1;
}
for(int i=0;i<n;i++)if(!a[i])a[i]=v3;
return a;
}