gqd1

T1

。。简单题，只是考试时想出来了写错了考后10min过了。。

确定出正的和负的的绝对值最大处即可，可以dfs求。

T2

50pts

区间dp，复杂度为\(O(n^3)\)。

70pts

考虑dp，f[i][j]表示在前i个数中还有j个左括号未匹配时的最大值，分正负考虑，然后考虑加右括号，左括号，不加时的转移。

100pts

考虑到括号最多嵌套2层，缩小上面做法的第二维就行了。

转移：

for(int i=2;i<=n;i++)
		if(op[i]=='-'){
			for(int j=1;j<=4;j++){
				f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j-1]+(((j-1)&1)?a[i]:(-a[i])));
			}
			for(int j=0;j<=4;j++){
				f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]+((j&1)?a[i]:(-a[i])));
			}
			for(int j=0;j<4;j++){
				f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j+1]+(((j+1)&1)?a[i]:(-a[i])));
			}
		}
		else {
			for(int j=0;j<=4;j++){
				f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j]+((j&1)?(-a[i]):a[i]));
			}
			for(int j=0;j<4;j++){
				f[i][j]=max(f[i][j],f[i-1][j+1]+(((j+1)&1)?(-a[i]):a[i]));
			}
		}

T3

45pts

建图跑最短路，复杂度：\(O(w^2)\)。

100pts

引理1

必有一条最短路线，仅在矩形的边上转弯。

引理2

必有一条最短的路线，它的x是递增的。

引理可感性理解。

于是可以考虑dp。

状态即为在每个矩形四角时走的最短路程，然后实际上只用考虑每个矩形左边的边就行了。

按横坐标排序，对于一条线段l，r，只有纵坐标在l，r内的点的dp值可以更新线段的断电，所以可以用set维护。