思路：
先考虑 Sub1 的部分分，暴力算法：
暴力询问所有 \(i<j\) 的数对 \((i,j)\)。
则一个 \(i\) 为最大值当且仅当 \((i,j)\) 的返回值都是 \(i\) 且在 \(i\) 之前没有满足此条件的位置。
则设 \(\operatorname{F}(n) = \frac{n(n-1)}{2}\) 表示暴力找出 \(n\) 个数中的最大值需要的询问次数，注意到 \(\operatorname{F}(1000) = 499500\)，故可以通过 Sub1。
对于 Sub2，直接暴力肯定是不行的，但是注意到 \(t\) 的值开大了，故我们没必要一步到位，可以逐步缩小范围。
定义 \(\operatorname{W}(a,b)\) 表示原先最大值候选有 \(a\) 个，经过一次请求筛到 \(b\) 个候选人的最小询问次数；考虑分为 \(b\) 组，每组有 \(\lfloor \frac{a}{b} \rfloor \sim \lceil \frac{a}{b} \rceil\) 人，故：
\[\operatorname{W}(a,b) = (b - b\bmod a) \operatorname{F}(\lfloor \frac{a}{b} \rfloor) + (b \bmod a) \operatorname{F}(\lceil \frac{a}{b} \rceil) \]现在我们的目的就是找到一个合理的筛检最大值候选的序列 \(h\)，使得长度 \(len \le t\) 且 \(\sum\limits_{i=1}^{len-1} \operatorname{W}(h_i,h_{i+1}) \le s\)。
爆搜经过实测可以搜到 \(t=9\) 的情况，在 \(t=8\) 时几乎无法跑出来。
考虑动态规划算法，令 \(dp_{i,j}\) 表示 \(W_i = j\) 的情况下的最小询问数，则状态转移方程为：
\[dp_{i,j} = \min_{k=j+1}^n dp_{i-1,k} + \operatorname{W}(k,j) \]时间复杂度为 \(O(tn^2)\)，大概有 \(10^{13}\)，按照最低预算，计算机 1s 可以跑 \(10^8\)，则 \(\frac{10^{13}}{10^{8}} = 10^5\)，则 \(\frac{10^5}{64^2} \approx 24\)，大概要跑 \(1\) 天的时间，是肯定不行的。
可以有一个猜想，每次候选人的数量至少要减半，这样一定不会太劣，这样我们就将范围个缩小了，对于 \(dp_{i,j}\) 有效的 \(j\) 只有 \(\frac{n}{2^{i-1}}\)，枚举的 \(k\) 大概是 \((j,2j]\)，这样大概可以缩到 \(10^{11}\) 左右，可以在 1h 内跑完。
最后根据我们得到的 \(h\) 模拟一下分组求最大值的过程即可。
单组数据时间复杂度最多为 \(O(Nt)\)。
完整代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define Add(x,y) (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y)
#define lowbit(x) x&(-x)
#define pi pair<ll,ll>
#define pii pair<ll,pair<ll,ll>>
#define iip pair<pair<ll,ll>,ll>
#define ppii pair<pair<ll,ll>,pair<ll,ll>>
#define fi first
#define se second
#define full(l,r,x) for(auto it=l;it!=r;it++) (*it)=x
#define Full(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define open(s1,s2) freopen(s1,"r",stdin),freopen(s2,"w",stdout);
#define For(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define _For(i,l,r) for(int i=r;i>=l;i--)
using namespace std;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long long ll;
const int maxn=1e6+10;
std::vector<int> ask(std::vector<int> a, std::vector<int> b);
int n;
vector<int> a,b,h;
namespace Sub1{
int cnt=0;
int work(){
a.clear(),b.clear();
cnt=0;
vector<int> l(n,0),r(n,0);
For(i,0,n-1){
l[i]=cnt;
For(j,i+1,n-1){
a.push_back(i);
b.push_back(j);
++cnt;
}
r[i]=cnt-1;
}
h=ask(a,b);
For(i,0,n-1){
bool F=1;
For(j,l[i],r[i]){
if(h[j]!=i){
F=0;
break;
}
}
if(F)
return i;
}
return 0;
}
};
namespace Sub2{
int cnt=0;
int s[maxn];
vector<int> E[maxn];
stack<int> S;
int p[]={1000000,500000,250000,125000,62498,20832,3472,183,1};
void solve(int x){
s[x]=a.size();
int n=E[x].size();
For(i,0,n-1){
For(j,i+1,n-1){
a.push_back(E[x][i]);
b.push_back(E[x][j]);
}
}
}
int get(int x){
int g=s[x],n=E[x].size();
For(i,0,n-1){
bool F=1;
For(j,i+1,n-1)
if(h[g++]!=E[x][i])
F=0;
if(F)
return E[x][i];
}
return 0;
}
void get(int X,int Y){
cnt=0;
int l=0,cnt=0,g=0,B=X/Y;
For(i,1,Y)
E[i].clear();
while(!S.empty()){
++l;
int x=S.top();
S.pop();
if((l-1)/B+1!=cnt)
++cnt;
if(cnt<=Y)
E[cnt].push_back(x);
else{
++g;
E[g].push_back(x);
}
}
For(i,1,Y)
solve(i);
h=ask(a,b);
For(i,1,Y){
int x=get(i);
S.push(x);
}
}
int work(){
while(!S.empty())
S.pop();
_For(i,0,n-1)
S.push(i);
For(i,1,8){
a.clear(),b.clear();
get(p[i-1],p[i]);
}
return S.top();
}
};
int richest(int N,int T,int S){
n=N;
if(n<=1000)
return Sub1::work();
else
return Sub2::work();
}