loj2839

除了 L 神 txdy 我还能说啥呢。（L 神把这题搬模拟赛了。。。）

即把每个 x 换成 ( 或 )，问是否能通过不多于一次区间反转（( 与 ) 交换）后合法。

考虑怎样的括号串是合法的。

假设左括号为 $a_p=0$，右括号为 $a_p=1$，标号 $0\sim n-1$。

我们设 $S_r=\sum_{k<r}(-1)^{a_k}$，则一个串合法当且仅当

$$S_p\ge0\land S_n=0$$

容易发现只要 $\{S_k\}$ 不同则不同，我们构造了一个 $S$ 和括号串的双射。（折线法！）

现在再考虑反转操作。

假设反转 $[l,r)$。

则

$$S_p\ge0\quad(p\le l)$$

$$S_l-(S_p-S_l)\ge0\quad(l<p\le r)$$

$$S_l-(S_r-S_l)+(S_p-S_r)\ge0\quad(r<p)$$

$$S_l-(S_r-S_l)+(S_n-S_r)=0$$

化简代换一下，也即

$$S_p\ge0\quad(p\le l)$$

$$S_p\le2S_l\quad(l<p\le r)$$

$$S_p\ge S_n\quad(r<p<n)$$

$$S_n=2(S_r-S_l)$$

考虑到直接 dp 可能会计重（合法的 $l,r$ 不唯一），考虑如何避免计重。

一般来说，避免计重可以通过对条件的贪心化实现，也即对每种方案确定某种最优的 $(l,r)$ 对。

假设 $l\sim r$ 间最大 $S$ 为 $S_{\max}$，容易发现 $S_{\max}\le2S_l$。

考虑对 $S_n$ 分类讨论。

当 $S_n>0$ 时，假设存在 $S_p<0$，取 $S_l=\lceil S_{\max}/2\rceil$ 总是不妨最优（顺带一提，$2\le S_n\le S_r=S_l+S_n/2\le S_{\max}\le2S_l$）；也即 $2S_l-1\le S_{\max}\le2S_l$。并且总是取最后一个可能的 $l$，因此下次枚举到一个 $S_p=S_l$ 时要查看 $S_l\sim S_p$ 区间内有无 $S<0$，倘没有则总是不得转移。可以证明这样的 $l$ 总是最优且唯一。

区间合法遇到 $r$ 时，我们总应使区间内最大数在 $2S_l-1\sim2S_l$ 间，且存在 $S_p<0$。

由于可能会有另一个合法的 $S_{r'}=S_r$ 在当前 $S_r$ 后，考虑如何避免：考虑强制令到下一次出现 $S_{r'}=S_r$ 之前有某个 $S_p=2S_l+1$，或一直到 $S_n$ 均无另一个 $S_{r'}=S_r$ 则可行，否则不可行。容易发现不会漏统计情况，也不会计重。

第二类情况的计算可以考虑倒推，记录当前 $S_r-S_n$ 和目前最大 $S_r-S_n$，可以 $O(n^3)$ 预处理。

对于第一类情况，即考虑枚举下次出现 $S_p=2S_l+1$ 的时间来计算方案数，这个可以倒推预处理。通过预处理从 $n$ 到 $p$，保持 $S_p-S_n\ge0$，当前 $S_p-S_n$ 为某值的方案数，以及进一步到 $S_v-S_n$，其间所有 $S_l-S_n<S_k-S_n<S_p-S_n$，直至开头为某数的方案数，来暴力计算。这是 $O(n^4)$ 的，并且很难优化。

考虑到这么做复杂度不优，我们略做修改，不枚举 $r$，而是对区间内最大值容斥，枚举何时出现超过最大值边界的元素，这样此前所有可能的 $S_r$ 均可以出现，从而无需对 $r$ 端点去重。特别地，如果到终点均未出现超过边界的元素，这类贡献我们还是用先前第二类预处理的方式计算。

这样会好写一点，并且避免了复杂度不优的问题。

对于 $S_p\ge0$ 恒成立的情况，我们考虑另写一个 dp 判断。

类似于刚刚的 dp，但是区间内不能出现与 $S_l$ 相等的数。

考虑设 $x$ 为最大的满足 $S_x-S_n<0$ 的数，则取 $r$ 为最大的满足 $S_r-S_n=\min\{S_k-S_n|x<k\le n\}$ 即可。

只用计算这样的合法方案数即可，与上面过程是类似的。

只用找一个 $l$ 满足 $S_l=S_r-S_n/2$，且 $S_{\max}\le2S_l$ 即可。显然这样的 $l$ 越大越好，因此区间内不能有和目前 $S_l$ 一样大的数，也即所有数均大于 $S_l$。

容易发现把前面的 dp 过程中未出现负数的方案也用来计算答案即可。

但是这样会算重，所以观察性质，容易发现某些情况的充要条件是 $\max\{S_k|x<k\le n\}\ge2S_n$，然后就完了。

这样我们就讨论完了 $S_n>0$ 的情况。

而 $S_n<0$ 和 $S_n>0$ 就差一个全局翻转，翻过来一样做即可。

考虑 $S_n=0$，这个的合法条件是什么？

如果 $S_p\ge0$ 恒成立，显然总可行。

否则，我们设 $x$ 是第一个 $S_x<0$，$y$ 是最后一个 $S_y<0$，则合法等价于

$$\max\{S_k|x\le k\le y\}\le2\min\{\max\{S_k|k<x\},\max\{S_k|k>y\}\}$$

于是同样 dp 即可。

总复杂度容易做到 $O(n^3)$。

重新理一遍。

先考虑 $S_n>0$ 的情况的答案。

由于刚刚的过程过于抽象，我们用 dp 方程来描述这一做法。

对于 $\texttt x$，我们认为其 $a_p$ 在过程中既可以为 $0$，也可以为 $1$，相当于是做两轮转移。

设 $f_{m,v}$ 为已考虑前 $m$ 项，其 $S_p\ge0$ 均成立，且 $S_m=v$ 的方案数。

显然有（$\leftarrow$ 表示 dp 的贡献转移方向，不是赋值）

$$f_{0,v}=[v=0]$$

$$f_{m+1,v+1}\leftarrow[a_m=0]f_{m,v}$$

$$f_{m+1,v-1}\leftarrow[a_m=1][v>0]f_{m,v}$$

同样的，设 $g_{m,v}$ 为已考虑 $m\sim n$ 项，其 $S_p-S_n\ge0$ 均成立，且 $S_m-S_n=v$ 的方案数。

$$g_{n,v}=[v=0]$$

$$g_{m+1,v+1}\leftarrow[a_m=1]g_{m,v}$$

$$g_{m+1,v-1}\leftarrow[a_m=0][v>0]g_{m,v}$$

我们类似地维护后缀、后缀最大值的 dp，方法类似。

假设 $h_{m,L,v,0/1}$ 为已考虑 $0\sim m$ 项，$S_l=L$，$S_m=v$，区间内是否已出现负数。

计算两遍，第一遍要求 $v\le2L$，第二遍要求 $v\le2L-2$。

遇到 $v>2L$ 或者 $v>2L-2$ 的元素可以直接计算对答案的贡献，注意特判 $L=1$。

然后分类计算贡献即可。dp 不予列出。

$S_p<0$ 同理。

$S_p=0$ 的部分，分类左侧小还是右侧小，分别写一遍即可。

虽然但是，L 神 txdy！

代码写了 13k。。。