51nod1524 最大子段和V2
## 题干
N个整数组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n]，你可以对数组中的一对元素进行交换，并且交换后求a[1]至a[n]的最大子段和，所能得到的结果是所有交换中最大的。当所给的整数均为负数时和为0。
例如：{-2,11,-4,13,-5,-2, 4}将 -4 和 4 交换，{-2,11,4,13,-5,-2, -4}，最大子段和为11 + 4 + 13 = 28。
Input
第1行：整数序列的长度N（2 <= N <= 50000) 第2 - N + 1行：N个整数（-10^9 <= A[i] <= 10^9）
Output
输出交换一次后的最大子段和。
Sample Input
7
-2 11 -4 13 -5 -2 4
Sample Output
28
一点题外话
这道题真的很不起眼qwq
一开始做的时候各位大佬都是各显神通，然鹅结果不如人意，然后去网上找题解，结果题解里的显然显然不是那么正确...（https://www.cnblogs.com/hbhszxyb/p/13130945.html）。
能AC完全是数据水，于是狠狠地暴露了一波，还好咱当时就是没看懂那个显然就没抄那个代码qwq（然后就恬不知耻地抄了另一个）。
最后还是听虎哥讲听明白了，难受
开始整活
思路来自：https://blog.csdn.net/zlh_hhhh/article/details/78176629 （膜拜大佬）
首先，我们交换有三种情况，一是交换的两个数都在最优子段内，二是交换的两个数都不在最优子段内，三是一个在最优子段内一个不在
显然，前两种对我们的答案没有什么影响，我们需要处理的就是第三种。
虎哥说：“如果一道题怎么都没有思路，那么就把它当成DP来做”
于是，我们先不考虑复杂度的问题，从DP的方向来想。
我们先从左到右遍历，遍历到 \(i\)，我们假设把左边的某一个数 \(a[k]\) 与 \(a[i]\) 替换。
然后定义两个式子，1为此时新的a[i]向左延伸能得到的最大子段和，2为 \(a[i+1]\) 向右延伸能得到的最大子段和，那么显然我们的答案就是1式加2式，然后不断往下遍历取最优。
2式很简单，我们可以通过预处理直接得到，问题在于1式，这里就要用DP来考虑一下。
我们记遍历到第i位时的1式为 \(G[i]\)。
那么我们的思路就是跟着定义走，枚举到 \(i\)，然后从1往右枚举 \(k\)，交换，然后判断此时向左延伸的最大子段和，取最优，式子写出来是：
\(G[i]=\max_{k=1}^{i-2}\big( A[k]+\max_{t=k+1}^{i-1}(\sum_{j=t}^{i-1}A[j])\big)\)
可能有神犇注意到这个式子并不完全，因为我们只枚举到了 \(i-2\)，为什么不能枚举到 \(i-1\) 呢？
很显然，枚举到 \(i-2\)，意味着我们向左延伸的最大子段和的长度至少为2。如果长度为1，那么此时
\(\max_{t=k+1}^{i-1}(\sum_{j=t}^{i-1}A[j])\) 显然是不执行的。
所以我们的式子只剩下： \(G[i]=\max_{k=1}^{i-1}\big( A[k])\)
而 \(k\) 此时等于 \(i-1\) ，所以实际上我们的选择被固定在 \(a[i-1]\) 这一个数上，所以此时长度为1的最大子段和就是 \(a[i-1]\)。
而这显然不正确，如果长度大于等于2，因为考虑到子段的顺序问题，那么照上边那么做是没问题的，但我们此时长度为1，显然我们可以直接从左边找一个最大值过来换掉 \(a[i]\)，而不一定是 \(a[i-1]\)，所以我们需要特判一下长度为1的情况。
我们记：\(M[i-1]=\max_{k=1}^{i-1}A[k]\)
于是就有了：
照猫画虎，就有了：
我们试着改写一下:
这个改写其实是不正确的，因为我们知道\(\max_{k=1}^{i-2}\big( A[k]+\max_{t=k+1}^{i-1}(\sum_{j=t}^{i-1}A[j])\)其实是\(G[i]\)的长度至少为2的部分，在加上上边我们提出来这个 \(a[i]\)，就变成了 \(G[i+1]\) 长度至少为3的部分，而 \(M[i]\) 是长度为1的部分，显然我们缺少了长度为2的部分，那么解决也很简单，直接在判断里加上就好了。
所以，最后的结果是：
即
递推式有了，代码就比较容易了，还有就是注意我们从左到右扫一边不能判断全部的情况，所以还要反着扫一边。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 50000 + 10;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
int a[maxn], maxx = -inf;
ll sl[maxn], sr[maxn], ans = -inf;
ll G1[maxn], G2[maxn];
int main(){
int n;
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++){
scanf("%d", &a[i]);
}
for(int i = 1, j = n; i <= n; i++, j--){
sl[i] = sl[i-1] + a[i];
sr[j] = sr[j+1] + a[j]; // 保存以j为开始向右延伸的最大子段和
if(sl[i] < 0) sl[i] = 0;
if(sr[j] < 0) sr[j] = 0;
if(ans < sl[i]) ans = sl[i]; // 防止存在原始的最大子段和就是最优解的情况，这是存在的，因为我们可以选择交换组合内的两个数
}
maxx = a[1];
for(int i = 2; i <= n; i++){
G1[i] = G1[i-1] + a[i-1];
if(G1[i] < maxx) G1[i] = maxx;
if(ans < G1[i] + sr[i+1]) ans = G1[i] + sr[i+1];
if(maxx < a[i]) maxx = a[i];
}
maxx = a[n];
for(int i = n - 1; i > 0; i--){
G2[i] = G2[i+1] + a[i+1];
if(G2[i] < maxx) G2[i] = maxx;
if(ans < G2[i] + sl[i-1]) ans = G2[i] + sl[i-1];
if(maxx < a[i]) maxx = a[i];
}
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
