还是比较有意思的题目。
有一个十分简单的做法，就是考虑直接比较相邻两个数（ 比较， 比较，以此类推）。此时单次需要 次操作，一共需要 次即可确定最大的元素。
这样的总次数是 次，需要询问 轮。我们似乎并不满意。
我们发现，题目限制给了更多的询问次数（ 次），但我们只用掉了其中的 次，浪费了很多次数。
我们可以考虑扩展一下我们的策略。我们考虑不两个两个的比，而是 个 个的比。具体的，假设当前剩下来 个元素，我们将 个元素分成若干个大小为 的组，每个组内部两个元素都比较一遍得到最大值，如果剩下一些元素就单独成一组。
不难发现，我们如果需要区分出来 个元素的最大值，我们需要每两个元素比较一次。相当于是给定一张图，交互库可以给边定向，表示两个点的大小关系，然后你要找到图中最大的那个。
如果你不两两连边，交互库只需要找到不连边的两个点，让所有点都指向这两个点即可。这样我们就不能区分这两个点的大小关系。
但是，我们有很多种分组方式，应该如何选择最优的方法？
我们可以考虑 dp。我们发现只有轮数比较小，因此我们固定轮数最小化询问次数。
令 表示剩下 个元素的大小关系没有区分，剩下 轮需要花多少次询问区分出这些元素。
转移是枚举一个 ，表示将 个元素分成 个元素一组，组内两两比较得到最大值，然后求出来剩下的元素个数以及代价进行转移。
由于很多情况下组数是一样的，因此我们可以考虑整除分块优化一下，只选择个数最少和最多的进行转移，对于剩下组数相同的情况取最小值即可。
但是我们发现这个只能得到 分。
我们重新审视一下这个 DP。假设剩下的组数是 ，那么转移就是 ，其中 是两两比较的代价。而两两比较的代价是 。因此，我们的问题实际上是，对于分成 组的情况，最小化 。
由于一组的代价关于组数是一个二次函数且二次相系数为正，因此这个是一个下凸函数，增长的会越来越快。因此我们最优的方法就是将元素均匀分配到每一组里，如果有分不完的就在一些组里多加一个。
证明可以考虑把权值拆到元素上面。给大小为 的组 增加一个元素的代价是 。因此，给一个组增加元素的代价是越来越大的。
假设当前大小最小的组大小是 ，则此时选择将元素加入 一定不劣。原因是此时加入 更有“决策包容性”。即，加入 后能到达的状态，加入 后也能到达，并且代价还更优秀。
考虑一个此时加入 的解 ，对于每一个解 ，我们都可以构造出一组更加优秀的解 。考察 中的每个操作。
- 此时将元素加入其它的组：那 也加入相同的组。代价差不变。
- 此时将元素加入 组，那么我们此时也将元素加入 组，但是请注意，此时 中的 比 中少一个元素，因此此时解 的代价会比 更小。
- 此时将元素加入 组。还记得 中 比 少一个元素吗？此时我们将这个元素补回来。此时两个解选择的元素集合一定是相同的，因此权值相同，后续的操作直接照搬即可。
我们可以简单延拓一下，这个解法对于下面这个问题也是成立的。
INFO
给定一颗 个节点的有根，你需要在树上选择出 个节点，满足如果选择了 ，那么 的父亲节点也必须选择。这棵树满足儿子节点的权值比父亲节点的权值更大，最小化选择节点的权值和。
证明方法是类似的，只需要将 改成子树即可。
另一个证明方法是交换论证，大致思路是假设最后的解不包含 ，那么从别的地方减掉一些元素下来拼接到 上会更优。
由此可以发现，我们都 个元素一组，剩下的元素自成一组其实并不是最优的。
我们采用新策略进行 DP。每次枚举组数 ，每组元素 个，剩下来 个元素，就给其中 组增加一个元素。
注意到 只有 个不同取值。不妨猜测在元素个数相同的时候代价是关于组数单峰的，最小值只出现在最小组数和最大组数，这样我们就可以整除分块了。
严格证明我不会（不要一头扎进证明里）。但可以感性理解。
感觉上固定轮数 则区分 个元素的代价 应该整体上大致是下凸的，因为看上去区分元素的代价是越来越贵的（这个我不会证，我也不知道对不对）。不过无论如何，这个肯定是单调递增的。
而增加组数的代价造成的代价减少是越来越小的（哎这个我会证）。
考虑从最大的元素头顶取元素组成新的一组。首先取出的元素个数越来越少，其次取出元素的代价越来越小。
不妨考虑第 次取出和第 次取出。首先第 次取出的元素肯定比 次更小。
首先我们将第 次取出的第 个元素的代价分成两部分，， 是因为加入到一个新的组中需要 的代价。 表示这个元素在原来组中的贡献，因为是取出所以是负的。
假设 次取出来了 个元素，那么对于 次取出里，肯定有 。这是因为你的最大值会变得越来越小。因此 部分是 次操作减少的更多，而 的部分代价是一样的。而对于 次操作多取出来的一些元素，这些元素显然也会带来负的贡献。 因此 次操作带来的减少是比 次操作带来的减少是更多的。
以上。如果 下凸，那么两个函数加起来应该也是下凸的，最低点可以二分求出来。
如果不下凸，那么可以四边形不等式。
反正整除分块能过。