[cf1421E]Swedish Heroes

令$p_{i}$为最终$a_{i}$之前的系数（$p_{i}\in \{-1,1\}$），则有$n+\sum_{i=1}^{n}[p_{i}=-1]\equiv 1(mod\ 3)$

证明：对于两个满足这一条件的区间（初始$1+0\equiv 1(mod\ 3)$），合并后有仍然满足这一条件

但并不是满足这个条件就一定可行，例如$p_{i}=\{1,-1,1,...,1\}$（长度超过1）时满足但不可行

对于$p_{i}\ne\{1,-1,1,...,1\}$，则其一定可以被拆成两段，使得都满足$n+\sum_{i=1}^{n}[p_{i}=-1]\equiv 2(mod\ 3)$（取反后即模3余1），然后分类讨论：

1.两段中没有$\{1,-1,1,...,1\}$，通过归纳法可以证明一定可行；

2.两端中有一段（可以有2段）是$\{1,-1,1,...,1\}$，不妨假设第二段是，那么可以将分割点+2，不改变两边对于3的模数，直至划分为$[1,n-1]$和$[n,n]$，同样可以用归纳法来证明

通过这些，我们就证明了对于$p_{i}\ne\{1,-1,1,...,1\}$，都一定可行

根据这一性质，设$f[i][j]$表示前$i$个数，$-1$的个数模3余$j$，强制前$i$个位置中与$\{1,-1,1,...,1\}$不同的最大值，转移考虑不同的位置即可，答案即$f[n][(1-n)%3]$

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 200005
 4 int n,a[N];
 5 long long sum[N],f[N][3];
 6 int main(){
 7     scanf("%d",&n);
 8     for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
 9     if (n==1){
10         printf("%d",a[1]);
11         return 0;
12     }
13     for(int i=1;i<=n;i++)
14         if (i&1)sum[i]=sum[i-1]+a[i];
15         else sum[i]=sum[i-1]-a[i];
16     f[1][1]=-a[1];
17     f[1][0]=f[1][2]=-1e16;
18     for(int i=2;i<=n;i++){
19         for(int j=0;j<3;j++)f[i][j]=-1e16;
20         if (i&1)f[i][(i+1)/2%3]=sum[i-1]-a[i];
21         else f[i][(i-1)/2%3]=sum[i-1]+a[i];
22         for(int j=0;j<3;j++)f[i][j]=max(f[i][j],max(f[i-1][j]+a[i],f[i-1][(j+2)%3]-a[i]));
23     }
24     printf("%lld",f[n][(N-3-n)%3]);
25 }