朴素地构造

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棋盘只有两行，路径完全由“在哪一列往下走”决定，记这个列为 \(k\)，即

\[\min \{G_k=\max(U_k,L_k)\} \]

其中 \(U_k\) 是 \(k\) 右边上方剩下的和，\(L_k\) 是 \(k\) 左边下方剩下的和。

原策略等价于最小化剩下的总和

\[R_k=U_k+L_k。 \]

最终要使得：

1. \(R\) 有唯一的最小值点 \(p\)；
2. 这个 \(p\) 不是 \(G\) 的最小值点（即存在别的路径让空拿得更少）。

左上角 \(a_{1,1}\) 和右下角 \(a_{2,n}\) 每条路径都会经过，对比较毫无影响，随便填。

记 \(x_i=a_{1, i+1}, y_{i}=a_{2, i}\)，可如此表示相邻两条路径的 \(R\) 差：

\[R_{k+1}-R_k=y_k-x_k。 \]

所以“\(R_p\) 是唯一最小”等价于：

• 从 \(p\) 往左走，\(R\) 严格变大 \(\iff\) \(p\) 左边所有 \((x-y)\) 的后缀和都 \(>0\)；
• 从 \(p\) 往右走，\(R\) 严格变大 \(\iff\) \(p\) 右边所有 \((y-x)\) 的前缀和都 \(>0\)。

假设白已经唯一选了 \(p\)，显然 \(G\) 是单峰，那么最优解不是 \(p\) 等价于 “ \(G_{p+1}<G_p\) 或 \(G_{p-1}<G_p\) ” 。

构造解只需要考虑一边成立，另一边反过来再做一次即可。

右边要成立，只需要

\[L_p+y_p < U_p \]

接下来构造：

1. 左边（\(i<p\)）
   为了让不等式右边尽量小，同时保证所有后缀和为正，直接取

   \[x_i=\text{上界},\quad y_i=\text{下界}。 \]

   令 \(e_i=\) 上界 \(x\) \(-\) 下界 \(y\)。
   用一个简单递推

   \[s_i=e_i+\min(0,s_{i-1}) \]

   就能算出“所有以 \(i\) 结尾的后缀和的最小值”。只要 \(s_{p-1}\ge 1\)，左边就合法。

2. 中心 \(p\)
   必须让 \(y_p-x_p=z\ge 1\)，否则右边第一步 \(R\) 就不会严格上升。
   同时还要保证右边所有前缀和条件能满足，所以 \(z\) 还要至少是 \(\text{need}_p+1\)（\(\text{need}_p\) 是右边 \(L\) 序列可能出现的最大前缀和）。
   取满足所有下界的最小 \(z\)，这样给右边留的余地最大。

3. 右边（\(i>p\)）
   固定 \(y_i=\) 上界，令 \(w_i=x_i-y_i\)。
   现在要在“所有前缀和 \(\le z-1\)”的约束下，最大化 \(\sum w\)，这样才能让不等式左边尽量大。
   这个最大值有闭式：

   \[\text{best}=\min\bigl(\text{全部取上界的和},\quad (z-1)+\text{某个后缀的上界和}\bigr)。 \]

   用后缀和 + 后缀最小值即可。

如果最终算出的左边最大值严格大于右边的最小值即有解。

找到合法的位置 \(p\) 后，就按上面判定时用的取法填：

• 左边直接取极值；
• 中心随便找一组满足差值 \(z\) 的 \((x_p,y_p)\)；
• 右边固定 \(y=\) 上界，再构造满足前缀约束的 \(w\)（先算出每个前缀和能到达的区间，再从最终和倒推即可）。

如果右边找不到，就把整个 \(x,y\) 序列左右翻转，再用完全相同的算法找一次（对应原来的左边反例）。两边都失败就输出 \(-1\)。

整段过程全部是线性预处理 + 一次枚举 \(p\)，总复杂度 \(O(n)\)。