CF1787I Treasure Hunt 题解

考虑题目中的这个限制是有些困难的，但是细想，其实这个限制没有意义，要求的就是每个区间的最大可空前缀和加上最大可空子段和的和。

首先我们证明这东西是对的：

考虑反证。假如选的前缀是 $[1,i]$，子段是 $[l,r]$。假如这一选择是最优的，且 $i \in [l,r)$。考虑区间 $[i+1,r]$ 的和。如果这个和非负，那我可以令 $i \leftarrow r$，那么值必定不劣并且满足要求。如果这一段和是负数，显然令 $r \leftarrow i$。于是这样的区间不可能取到最优值。

把这个事情分两部分考虑。第一个是每个区间的最大前缀和。考虑维护前缀和，那么区间 $[l,r]$ 的贡献即为 $\max\{0,\max \limits_{j \in [l,r]} (s_j-s_{l-1})\}$。扫描线，从 $n \rightarrow 1$ 扫描 $l$，并维护关于 $sum_r$ 的单调栈。显然我们可以二分和 ST 表求出最小的 $r$ 使得存在前缀和非负，然后在单调栈上二分这个位置即可。复杂度 $O(n \log n)$。

考虑第二部分，即每个区间的最大子段和。这东西看着有点困难，我们考虑一些可以合并的东西来维护。考虑分治，当前区间 $[l,r]$，$mid = \lfloor \frac{l+r}{2}\rfloor$。$[l,mid]$ 和 $(mid,r]$ 的贡献递归处理。考虑求 $L \in [l,mid],R\in(mid,R]$ 的区间 $[L,R]$ 的最大子段和的贡献。

考虑这个最大子段和是什么？令 $f_i$ 表示，如果 $i \leq mid$，$[i,mid]$ 的最大子段和，否则是 $(mid,i]$ 的最大子段和。这个容易用朴素的最大子段和算法求出。另一个是 $g_i$，如果 $i \leq mid$，表示 $[i,mid]$ 最大后缀和，否则表示 $(mid,i]$ 最大前缀和。那么容易用 $\max\{f_L,f_R,g_L+g_R\}$ 表示 $[L,R]$ 最大子段和。类似线段树维护最大子段和的合并区间。

考虑扫描线，$mid \rightarrow l$ 扫描 $L$。满足 $f_L$ 为这三个最大值的 $R$ 一定是一段前缀。这个很容易双指针线性维护或者二分多一个 $\log$ 维护。我们希望得到更优的复杂度，如果带一个 $\log$ 整体就是两只 $\log$ 了。不太优美。于是这里考虑双指针求出 $f_L$ 为最大值的那段前缀。这个是容易的。

但是难点在于，后面两个的最大值，似乎没有什么联系。我们设 $g_L+g_R>f_R$，移项变成 $f_R-g_R<g_L$。我们考虑 $f-g$ 是什么？事实上，随着 $R$ 增大，$f_R-g_R$ 单调不降。知道这个结论后显然可以再用一个指针维护这一维即可在 $O(n \log n)$ 的总复杂度内求出答案。

现在我们考虑证明这个 $f-g$ 的单调性。

还记得我们在初始时得到的那个结论吗？即最大前缀 $i$ 和最大子段 $[l,r]$ 不可能是 $i\in[l,r)$。那么 $[l,r]$ 只有两种。一种是 $r=i$，另一种是 $l>i$。

我们考虑现在在末尾添加一个数。先考虑第一种，$r=i$。此时如果 $g$，即最大前缀和变化，那么必然是目前整体和大于之前的最大前缀和。即 $sum>\sum\limits_{j=1}^i a_j$。那么必然有 $\sum \limits_{j=i+1}^n a_j \geq 0$。那显然最大子段和也可以这样变化，因为 $r=i$，所以显然 $f$ 增加量不小于 $g$ 增加量。

第二部分是，如果 $l>i$。前缀和还是只能通过整体和更新。还是有 $\sum \limits_{j=i+1}^n a_j \geq 0$。由于最大前缀在这次才被更新，那么 $\sum \limits_{j=i+1}^r a_j < 0$，否则之前的最大前缀应该可以往后。同时也有 $\sum \limits_{j=i+1}^{l-1} < 0$。证明是同理的。此时 $\sum \limits_{j=r+1}^n a_j \geq \sum \limits_{j=i+1}^n a_j$。那么 $f$ 变化量也不小于 $g$ 变化量。

至此，我们得以证明 $f-g$ 单调不降，用之前提到的两个双指针即可维护。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>
#include <vector>
#include <stack>
#include <map>
using namespace std;

#define int long long

const int N = 1e6 + 5, MOD = 998244353ll;

int t, n, a[N];
int ans = 0ll;
int LG2[N];
int s[N];

class ST
{
public:
	int f[N][21];
	void Init(int n, int* s)
	{
		for (int i = 1; i <= n; i++) f[i][0] = s[i];
		for (int j = 1; j <= LG2[n]; j++)
		{
			for (int i = 1; i + (1ll << j) - 1ll <= n; i++) f[i][j] = max(f[i][j - 1], f[i + (1ll << (j - 1))][j - 1]);
		}
	}
	inline int query(int l, int r) const
	{
		int p = LG2[r - l + 1];
		return max(f[l][p], f[r - (1ll << p) + 1ll][p]);
	}
}st;

int f1[N], f2[N]; // 最大子段和，最大前缀/后缀和
int sf1[N], sf2[N];

void solve(int l, int r)
{
	if (l == r)
	{
		ans += max(0ll, a[r]);
		return;
	}
	int mid = l + r >> 1;
	solve(l, mid);
	solve(mid + 1, r);
	for (int i = l - 1; i <= r + 1; i++) f1[i] = f2[i] = (int)-4e18, sf1[i] = sf2[i] = 0ll;
	// solve f2
	f2[mid] = max(0ll, a[mid]);
	for (int i = mid - 1; i >= l; i--) f2[i] = max(f2[i + 1], s[mid] - s[i - 1]);
	f2[mid + 1] = max(0ll, a[mid + 1]);
	for (int i = mid + 2; i <= r; i++) f2[i] = max(f2[i - 1], s[i] - s[mid]);
	// solve f1
	f1[mid] = a[mid];
	for (int i = mid - 1; i >= l; i--)
	{
		f1[i] = a[i] + max(0ll, f1[i + 1]);
	}
	f1[mid] = max(0ll, f1[mid]);
	for (int i = mid - 1; i >= l; i--)
	{
		f1[i] = max({ f1[i], f1[i + 1], 0ll });
	}
	f1[mid + 1] = a[mid + 1];
	for (int i = mid + 2; i <= r; i++) f1[i] = a[i] + max(0ll, f1[i - 1]);
	f1[mid + 1] = max(0ll, f1[mid + 1]);
	for (int i = mid + 2; i <= r; i++) f1[i] = max({ f1[i], f1[i - 1], 0ll });
	// conquer
	for (int i = l; i <= r; i++) sf1[i] = sf1[i - 1] + f1[i], sf2[i] = sf2[i - 1] + f2[i];
	int j1 = mid + 1, j2 = mid + 1;
	//cerr << "begin conquer: " << l << " " << mid << " " << r << "\n";
	//if (l == 1 && r == 4)
	//{
	//	cerr << "debug: \n";
	//	for (int i = 1; i <= 4; i++) cerr << f1[i] << " " << f2[i] << "\n";
	//	cerr << "end debug.\n\n";
	//}
	for (int i = mid; i >= l; i--)
	{
		while (j1 <= r && max(f1[j1], f2[j1] + f2[i]) <= f1[i]) j1++;
		// [mid+1,j1)
		int sumval = 0ll;
		int len = max(0ll, j1 - mid - 1);
		sumval += len * f1[i] % MOD;
		sumval %= MOD;
		while (j2 <= r && f1[j2] - f2[j2] < f2[i]) j2++;
		// [j1,j2): f2_{l]+f2_{r}
		len = max(0ll, j2 - j1);
		if (j1 < j2)
		{
			sumval += len * f2[i] + sf2[j2 - 1] - sf2[j1 - 1];
			// [j2,r]: fr
			if (j2 <= r) sumval += sf1[r] - sf1[j2 - 1];
		}
		else
		{
			// [j1,r]: f1_r
			sumval += sf1[r] - sf1[j1 - 1];
		}
		ans += sumval;
		ans %= MOD;
		//cerr << "!!!: " << i << " " << j1 << " " << j2 << " " << sumval << "\n";
	}
	//cerr << "end conquer.\n\n";
	//cout << "end.\n\n";
}

signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
	for (int i = 2; i < N; i++) LG2[i] = LG2[i >> 1] + 1;
	cin >> t;
	for (int tc = 1; tc <= t; tc++)
	{
		ans = 0ll;
		cin >> n;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			cin >> a[i], s[i] = s[i - 1] + a[i];
		}
		st.Init(n, s);
		vector<pair<int, int>> v;
		for (int i = n; i >= 1; i--)
		{
			while (v.size() && s[i] > s[v.back().first])
			{
				v.pop_back();
			}
			int cnt = (v.size() ? v.back().first - i : n - i + 1);
			int val = (v.size() ? v.back().second : 0ll) + cnt * s[i];
			v.emplace_back(make_pair(i, val));
			int l = i, r = n, pos = -1;
			while (l <= r)
			{
				int mid = l + r >> 1ll;
				if (st.query(i, mid) > s[i - 1]) pos = mid, r = mid - 1;
				else l = mid + 1;
			}
			if (~pos)
			{
				if (!v.size() || v[0].first <= pos)
				{
					ans += (st.query(i, pos) - s[i - 1]) * (n - pos + 1);
				}
				else
				{
					int l = 0, r = v.size() - 1, pos2 = -1;
					while (l <= r)
					{
						int mid = l + r >> 1;
						if (v[mid].first >= pos) pos2 = mid, l = mid + 1;
						else r = mid - 1;
					}
					ans += st.query(i, pos) * ((v[pos2]).first - pos) + (v[pos2]).second - (s[i - 1] * (n - pos + 1));
					ans %= MOD;
				}
			}
		}
		solve(1, n);
		// brute force:
		/*
		for (int i = 1; i <= n; i++)
		{
			for (int j = 0; j <= n; j++) f1[j] = 0;
			int mxn = 0ll;
			for (int j = i; j <= n; j++)
			{
				f1[j] = max(0ll, f1[j - 1]) + a[j];
				mxn = max(mxn, f1[j]);
				ans += mxn;
			}
		}*/
		cout << ans % MOD << "\n";
	}
	return 0;
}

/*
1
4
2 -5 -1 3
*/