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先用二分法算出在所有可能的划分情况下的最长区间长度的最小值max，具体方法是，如果此时的二分值是len，从左到右依次放置长度为len的区间，i从1遍历到n，放置第i个区间的时候要：

1.覆盖a_i点
2.从上一个区间结束的位置开始放起，也就是要覆盖从0开始的所有点，如果上一个区间结束在了a_i之后，那么从a_i开始放起（允许区间交叉）

也就是要做到：1.每个区间分别覆盖一个点 2.所有区间覆盖整个线

此时，由于线段之间有交叉，实际情况线段i的长度只有可能比当前长度小，那么这个此时二分到的值len就是合法的，其大于等于我们要找的目标值max

用类似的方法二分出在所有可能的划分情况下的最短区间的最大值min，此时的二分值依旧是len，那么应做到：

1.i号区间覆盖点a_i

2.区间之间不能交叉，为了尽可能完成这一点，在从左到右依次放置每个区间时，让当前区间尽量靠左

由于线段之间有空隙，实际情况线段i的长度只有可能比当前大，那么len<=min

找到max和min后，其实可以通过构造同时让：最长区间长度=max 且 最短区间长度=min，那么此时(最长区间长度-最短区间长度)最小

设a_i与a_(i+1)之间的分界点为p_i，定义c_i,d_i，表示p_i的区间范围：c_i<=p_i<=d_i，

c_i是p_i可能取到的最小值，而d_i是p_i可能取到的最大值，则

c_i=max(a_i,c_(i-1)+min)

d_i=min(a_(i+1), d_(i-1)+max)

接下来使用归纳法证明，一定有取点方法保证最长区间长度为max且最短区间长度为min，记最终点a_i和a_(i+1)之间的分界点是ans_i，

则ans_i要满足：

1.ans_(i+1)-ans_i>=min 且 ans_(i+1)-ans_i<=max

2.c_i<=ans_i<=d_i

对第一个式子变形：ans_(i+1)-max<=ans_i<=ans_(i+1)-min

归纳基：ans_(i+1)>=c_i+min ans_(i+1)<=d_i+max

则：ans_(i+1)-max<=d_i ans_(i+1)-min>=c_i

ans_i取[c_i,d_i]和[红,蓝]的交集，情况有如下两种，

第一种可以取ans_i=d_i，第二种可以取ans_i=蓝

现在考虑ans_n=l>=c_(n-1)+min和ans_n<=d_(n-1)+max是否成立：先看后者，计算d_i的过程和二分时摆放max的过程其实是一样的，所以d_(n-1)+max一定等于ans_n，又因为c_i+min<=d_i+max

故ans_n=d_(n-1)+max>=c_(n-1)+min得证

所以初始ans_n=l，从n-1到1依次计算ans_i即可

最后线段i的首末点是 ans[i-1]和ans[i]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long ;const ll maxn=1e5+5;
ll a[maxn],c[maxn],d[maxn],ans[maxn];
ll l,n;ll check(ll t,ll x){if(t==0){ll lst=0;for(ll i=1;i<=n;i++){lst=lst+x;if(lst>a[i+1]) lst=a[i+1];//if(x==17) cout<<lst<<" ";if(lst<a[i]) return 0;}if(lst<a[n+1]) return 0;return 1;}else if(t==1){ll lst=0;for(ll i=1;i<=n+1;i++){if(lst>a[i]) return 0;lst=lst+x;if(lst<a[i]) lst=a[i];}return 1;}return 0;
}int main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cin>>l>>n;for(ll i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];a[n+1]=l;a[n+2]=l+1;ll ma=-1,mi=-1;//二分最大值ll lft=0,r=l+1;while(lft<r){ll mid=(lft+r)>>1;if(check(0,mid)){ma=mid;r=mid;}else lft=mid+1;}lft=0,r=l+1;while(lft<r){ll mid=(lft+r)>>1;if(check(1,mid)){mi=mid;lft=mid+1;}else r=mid;}//printf("ma=%lld mi=%lld\n",ma,mi);for(ll i=1;i<=n;i++){c[i]=max(c[i-1]+mi,a[i]);d[i]=min(d[i-1]+ma,a[i+1]);}ans[n]=l;for(ll i=n-1;i>=1;i--) ans[i]=min(d[i],ans[i+1]-mi);for(ll i=1;i<=n;i++) cout<<ans[i-1]<<" "<<ans[i]<<"\n";return 0;
}