T3 < T1T2T4
此做法简单于bz做法（我声称最简单的）。
区别在于Part2.

第一空

对于一个栅栏 $i$，他能粉刷到的最高的方案是粉刷包含 $i$ 且长度为 $x$ 的连续区间中栅栏高度的最小值的最大值。

因为粉刷一个区间的最大高度是区间中栅栏高度的最小值，我们要让这个值最大，以让栅栏 $i$的粉刷高度最大。

可以使用滑动窗口解决，复杂度 $O(n)$。

第二空

对于一个已经刷了，且高度为 $color_i$的栅栏，我们可以把连续相同 $color$ 的栅栏看成一组，若一组有 $cnt$ 个栅栏，我么对他的粉刷次数就是 $\left\lceil \frac{\mathrm{cnt}}{x} \right\rceil$，因为可以重复刷，所以向上取整是对的。

单独对于第二空贴出代码： clr是color ans2是第二空的答案

    int cnt=1;
    for(int i=2;i<=n+1;i++){
        if(clr[i]!=0&&clr[i]==clr[i-1]) cnt++;
        else ans2+=cnt/x+(cnt%x==0?0:1),cnt=1;
    }

Part 1：最大面积

把每个栅栏看成一个长为 $x$ 的窗口，选一些窗口覆盖位置，每个位置取覆盖它的窗口高度的 min。最大面积 = 每个位置独立取 max。

对每个窗口 $[l,\ l+x-1]$，定义：

即该窗口能达到的最大高度（受限于窗口内最矮的 $h$）。

位置 $i$ 能被窗口 $l$ 覆盖当且仅当 $l \le i \le l+x-1$。所以位置 $i$ 的最终高度：

两次滑动窗口：

• 第一次：滑动窗口 min 求出所有 $v[l]$
• 第二次：滑动窗口 max 求出所有 $H[i]$

答案 1 = $\sum H[i]$。

Part 2：最少栅栏数

已知每个位置 $i$ 需要被高度至少 $H[i]$ 的窗口覆盖。按高度值分组处理：

对于每种高度 $val$，有：

• $P[val]$：需要高度 $val$ 的位置集合
• $L[val]$：能提供高度 $val$ 的窗口起点集合

对每组 $(val,\ P,\ L)$，贪心：双指针，对每个未覆盖的位置 $p$，在 $L$ 中选右端点最远的窗口（即 $l+x-1$ 最大），一次操作覆盖尽可能多的连续位置。

总操作数累加即答案。

复杂度

滑动窗口 O($n$)，贪心按高度分组总共每个位置和窗口各遍历一次 O($n$)。整体 O($n$)。

后记

实际上可以用multiset代替滑动窗口。