CF1859

A

让 $c$ 保存数组中所有最大的数，如果所有数都相等则 $-1$。

B

只需要记录每个序列的最小值和次小值，然后对次小值求前后缀和。

C

枚举最大值 $mx$，然后遍历 $i:n\sim 1$。对于 $i$，取最大数 $x$ 满足 $x$ 未选且 $i\times x\le mx$。

证明：假设 $i$ 原本与 $x$ 匹配，现在与 $x1$ 匹配，显然 $x1<x$，否则 $i\cdot x1>mx$；$x$ 与 $i1$ 匹配，$i1<i$ 因为更晚选。交换 $x,x1$ 后总和增加 $(i-i1)(x-x1)>0$，并且此时最大值依旧为 $mx$。

D

将每个 $b_i,x_j,l_i$ 视作一个 “事件” 存到数组里，按坐标排个序，从最右边的位置向左遍历，在数轴上做类似扫描线的操作。（扫描点？）

定义 $an{s}_i$ 为第 $i$ 条线段最远能跳多远，$p_j$ 为询问 $x_j$ 的答案，显然 $p_j=max(x_j,an{s}_i|l_i\le x_j\le r_i)$。

如果当前遇到了一个 $b_i$，更新 $an{s}_i$ 为当前集合中所有 $ans$ 的最大值（最靠右的），同时把 $an{s}_i$ 加入集合中。

如果当前遇到了一个 $x_j$，更新 $p_j$ 为当前集合中所有 $ans$ 的最大值，再和 $x_j$ 取 $min$。

如果当前遇到了一个 $l_i$，从集合中删除 $an{s}_i$。

可以用 set 维护。

E

$dp[i][j]$ 表示前 $i$ 个数里选的区间长度和为 $j$ 的最大价值。

$dp[i][j]=max(dp[i-1][j],dp[i-l][j-l]+cost(i-l+1,i)|1\le l\le j).$

$cost(i-l+1,i)$ 就是区间 $[i-l+1,i]$ 的价值。

观察发现 $cost(l,r)=|b_l-a_r|+|b_r-a_l|$ 始终等于 $max(b_l-a_r+b_r-a_l,-b_l+a_r+b_r-a_l,b_l-a_r-b_r+a_l,-b_l+a_r-b_r+a_l).$

同时，我们发现 $dp$ 值之间只有 $i-j$ 不变才能更新。

我们可以维护四个数组：$mn1[x],mx1[x],mn2[x],mx2[x]$，分别表示要求 $i-j=x$ 时，$-dp[i][j]+b_i+a_i$ 的最小值，$dp[i][j]+b_i+a_i$ 的最大值，$-dp[i][j]+b_i-a_i$ 的最小值，$dp[i][j]+b_i-a_i$ 的最大值。

然后我们求 $dp[i][j]$ 的时候，就可以根据 $i-j$ 调用四个数组，根据上面 $cost$ 的公式加减一下，四种情况都取 $max$。大幅优化。

F