解析

比较神奇的一道题。

考虑一个常规套路：把询问离线，移动右端点，维护左端点答案。

考虑暴力维护，对于当前的 $a_i=x$，左侧如图所示的这两条线上的点都可以产生新的可能答案。
容易构造使得单次产生的新点是 $O(n)$ 的，无法接受。

如何优化？
一个较为显然的结论是左端点答案单调不降。但这个“单调不降”也可以这么理解：每次询问的是 ${\min }_{i=l}^{r}an{s}_i$。
那么进而又有一个比较直观的“剪枝“：如果在pos产生的答案不是其右侧的最小值，那么它就一点用的没有。
考虑上线段树，每个节点维护区间答案和区间的所有点，先修改右侧并顺便记录这个右侧的最小值，加上上面的剪枝。
然后它的复杂度就对了。

为什么？
考虑一条线上同时被更新的两个点：

a这个间隔是之前就已经存在的答案，但左侧的点依然被更新了，说明 $b<a$。
那么不难发现每次更新一个点，单侧的距离至少减少一半，所以至多只会更新 $O(\log V)$ 个点。
总复杂度 $O(n\log n\log V)$。

代码

//luogu
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define ok debug("OK\n")
using namespace std;const int N=4e5+100;
//const int mod=998244353;
inline ll read(){ll x(0),f(1);char c=getchar();while(!isdigit(c)) {if(c=='-')f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}return x*f;
}int n,m;
int a[N];#define mid ((l+r)>>1)
#define ls (k<<1)
#define rs (k<<1|1)
int mn;
struct node{int ans;vector<int>v;
}tr[N<<2];
void build(int k,int l,int r){for(int i=l;i<=r;i++) tr[k].v.push_back(a[i]);sort(tr[k].v.begin(),tr[k].v.end());tr[k].ans=2e9;if(l==r) return;build(ls,l,mid);build(rs,mid+1,r);return;
}
void update(int k,int l,int r,int p,int w){if(r<=p){int siz=tr[k].v.size()-1;//sort(tr[k].v.begin(),tr[k].v.end());int pos=upper_bound(tr[k].v.begin(),tr[k].v.end(),w)-tr[k].v.begin();if(pos<=siz) tr[k].ans=min(tr[k].ans,tr[k].v[pos]-w);pos--;if(tr[k].v[pos]==w&&r>=p) pos--;if(pos>=0) tr[k].ans=min(tr[k].ans,w-tr[k].v[pos]);if(l==r) mn=min(tr[k].ans,mn);          if(tr[k].ans>=mn) return;    }if(p>mid) update(rs,mid+1,r,p,w);update(ls,l,mid,p,w);tr[k].ans=min(tr[ls].ans,tr[rs].ans);  return;
}
int ask(int k,int l,int r,int x,int y){if(x<=l&&r<=y) return tr[k].ans;int res=2e9;if(x<=mid) res=min(res,ask(ls,l,mid,x,y));if(y>mid) res=min(res,ask(rs,mid+1,r,x,y));return res;
}
#undef mid
#undef ls
#undef rsstruct query{int l,id;
};
int ans[N];
vector<query>q[N];
signed main(){
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);
#endifn=read();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();m=read();for(int i=1;i<=m;i++){int l=read(),r=read();q[r].push_back((query){l,i});}build(1,1,n);for(int i=1;i<=n;i++){mn=2e9;update(1,1,n,i,a[i]);    for(query o:q[i]){ans[o.id]=ask(1,1,n,o.l,i);}}for(int i=1;i<=m;i++) printf("%d\n",ans[i]);return 0;
}
/**/