【题解】CF2043C Sums on Segments

题意概要

一个数组，最多有一个数的绝对值不是 $1$，求出所有可以得到的区间和。

思路

这里提供一个 数据结构优化查询前缀和最值 的做法。

最多有一个数的绝对值不是 $1$，那我们可以先忽略掉这个数（记该数下标为 $x$）。
剩下的数要么是 $1$，要么是 $-1$，所以我们扩展一个区间的时候，区间和的变化（或增或减）单位大小是 $1$。
因此，我们最后的值一定是至多 $2$ 个连续整数区间：

• 一个是由 $0$（空区间） 扩展而来，并且扩展出的区间不包含 $x$。
• 一个是由 $a_x$ 扩展而来。

首先考虑第一种区间，我们求出不包含 $x$ 的所有区间和的最大值和最小值即可。
这个很明显是一个区间最值问题，但是这里涉及到区间和，所以我们先把原数组 $a$ 进行前缀和操作转化为前缀和数组 $pre$。
然后，我们把前缀和数组 $pre$ 存入 线段树 或 ST表 中维护区间前缀和最大值和最小值。
对于 $x$ 左边的区间，我们从左到右枚举区间的左端点 $i$，查询 $i$ 到 $x$ 的区间前缀和最大值，减掉 $pr{e}_{i-1}$，就可以得到以 $i$ 作为左端点的不包含 $x$ 的所有区间的最大区间和。最小区间和同理。
对于 $x$ 右边的区间，我们从左到右枚举区间的左端点 $i$，查询 $i$ 到 $n$ 的区间前缀和最大值，减掉 $pr{e}_{i-1}$，就可以得到以 $i$ 作为左端点的不包含 $x$ 的所有区间的最大区间和。最小区间和同理。
对于此类区间得到的结果取个并集，就是此类区间最后的结果。

然后是第二种区间，由 $a_x$ 扩展而来。
此时这个区间一定包含 $x$ ，因此，我们只需要以 $x$ 为起点，分别向左向右扩展。
向左扩展变化的最小值加上向右扩展变化的最小值，就是此类区间的最小区间和。
向左扩展变化的最大值加上向右扩展变化的最大值，就是此类区间的最大区间和。

最后对两种区间求得的结果再取一个并集即可。

时间复杂度：$O(n\log n)$。

AC CODE

// Problem: C. Sums on Segments
// Contest: Codeforces - Educational Codeforces Round 173 (Rated for Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/2043/problem/C
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
#define inf 2e18
#define ull unsigned long long
#define ls o << 1
#define rs o << 1 | 1

using namespace std;

const int N = 2e5 + 9;
int a[N];
int tmx[N << 2], tmi[N << 2];
int n;

//线段树维护区间最值
void pushup(int o)
{
	tmx[o] = max(tmx[ls], tmx[rs]);
	tmi[o] = min(tmi[ls], tmi[rs]);	
}

void build(int s = 1, int e = n, int o = 1)
{
	if(s == e)return tmx[o] = a[s], tmi[o] = a[s], void();
	
	int mid = s + e >> 1;
	
	build(s, mid, ls);
	build(mid + 1, e, rs);
	
	pushup(o);
}

int querymx(int l, int r, int s = 1, int e = n, int o = 1)
{
	if(l <= s && e <= r) {
		return tmx[o];
	}
	
	int mid = s + e >> 1;
	int res = -inf;
	if(mid >= l)res = max(res, querymx(l, r, s, mid, ls));
	if(mid + 1 <= r)res = max(res, querymx(l, r, mid + 1, e, rs));
	
	return res;
}

int querymi(int l, int r, int s = 1, int e = n, int o = 1)
{
	if(l <= s && e <= r) {
		return tmi[o];
	}
	
	int mid = s + e >> 1;
	int res = inf;
	if(mid >= l)res = min(res, querymi(l, r, s, mid, ls));
	if(mid + 1 <= r)res = min(res, querymi(l, r, mid + 1, e, rs));
	
	return res;
}
 
void solve()
{
	cin >> n;
	for(int i = 1;i <= n;i ++)cin >> a[i];
	int ix = -1;
	for(int i = 1;i <= n;i ++)
		if(abs(a[i]) != 1)ix = i;
	
	for(int i = 1;i <= n;i ++)//前缀和
		a[i] += a[i - 1];
	
	build();//构建线段树
		
	if(ix == -1)ix = n + 1;
	
	int nomi = 0, nomx = 0;
	
    //第一类区间
	for(int i = 1;i <= n;i ++) {
		if(i == ix)continue;
		if(i <= ix) {
			nomi = min(nomi, querymi(i, ix - 1) - a[i - 1]);
			nomx = max(nomx, querymx(i, ix - 1) - a[i - 1]);
		} else {
			nomi = min(nomi, querymi(i, n) - a[i - 1]);
			nomx = max(nomx, querymx(i, n) - a[i - 1]);
		}
	}
	
    //第二类区间
	int hasmi = 0, hasmx = 0;
	if(ix <= n) {
		hasmi = a[ix] - a[ix - 1];
		hasmx = a[ix] - a[ix - 1]; 
		int lmi = 0, lmx = 0;
		int rmi = 0, rmx = 0;
		
		int now = 0;
		for(int i = ix - 1;i;i --) {
			now += a[i] - a[i - 1];
			lmi = min(lmi, now);
			lmx = max(lmx, now);
		}
		
		now = 0;
		for(int i = ix + 1;i <= n;i ++) {
			now += a[i] - a[i - 1];
			rmi = min(rmi, now);
			rmx = max(rmx, now);
		}
		
		hasmi = hasmi + lmi + rmi;
		hasmx = hasmx + lmx + rmx;
	} 
	
	set<int> ans;
	
	for(int i = nomi;i <= nomx;i ++)ans.insert(i);
	for(int i = hasmi;i <= hasmx;i ++)ans.insert(i);
	
	cout << ans.size() << '\n';
	for(auto &i : ans)cout << i << ' ';
	cout << '\n';
}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0);

    int t = 1;cin >> t;
    while(t --)solve();

    return 0;
}