给定 (2 imes n) 的矩阵 (t)，求最多能切分出多少个和为 (0) 的连续子矩阵。
(nle 3cdot 10^5)，(|t_{i,j}|le 10^9)。
朴素的想法是按列 dp，设 (f_{i,j}) 表示只考虑第一行前 (i) 格和第二行前 (j) 格时的答案，(s_{0/1/2,i}) 表示两行/第一行/第二行的前缀和，(p_{0/1/2,i}) 表示最大的 (j) 使得存在 (j<kle i) 有 (s_j=s_k)，则有 (f_{i,j}=max{f_{i,p_{2,j}},f_{p_{1,i},j},f_{k,k}}+1)，其中 (k=p_{0,min(x,y)})，分别对应三种决策。复杂度 (O(n^2))。
然后就自闭了，正解是神必贪心：若 (p_{1,i}ge p_{2,j})，则选了第二行 ((p_{2,j},j]) 就一定要选第一行 ((p_{1,i},i])，所以只用算 (f_{p_{1,i},j})，(p_{1,i}<p_{2,j}) 时同理。
结果记搜一下就过了，因为对于某个 (i)，状态只用到了 (f_{i,i})、(f_{i,j}=f_{i,i}+1) 的某个 (j)，(f_{j,i}=f_{i,i}+1) 的某个 (j)，所以状态数只有 (O(n))，时间复杂度 (O(nlog n)) 或 (O(n))。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 300003;
template<typename T>
void rd(T &x){
int ch = getchar(); bool f = false; x = 0;
for(;ch < '0' || ch > '9';ch = getchar()) f |= ch == '-';
for(;ch >= '0' && ch <= '9';ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
if(f) x = -x;
}
template<typename T>
bool chmax(T &a, const T &b){if(a < b) return a = b, 1; return 0;}
int n, p[3][N]; LL s[3][N];
unordered_map<LL, int> v[3];
unordered_map<int, int> f[N];
int calc(int x, int y){
if(x < 0 || y < 0) return -1e9;
if(f[x].count(y)) return f[x][y];
int t = p[0][min(x,y)];
return f[x][y] = max(0, 1 + max(p[1][x]>p[2][y]?calc(p[1][x],y):calc(x,p[2][y]), calc(t,t)));
}
int main(){
rd(n);
for(int i = 1;i <= 2;++ i)
for(int j = 1;j <= n;++ j){
rd(s[i][j]); s[i][j] += s[i][j-1];
}
memset(p, -1, sizeof p);
v[0][0] = v[1][0] = v[2][0] = 0;
for(int i = 1;i <= n;++ i){
s[0][i] = s[1][i] + s[2][i];
for(int j = 0;j < 3;++ j){
p[j][i] = p[j][i-1];
if(v[j].count(s[j][i]))
chmax(p[j][i], v[j][s[j][i]]);
v[j][s[j][i]] = i;
}
} f[0][0] = 0;
printf("%d
", calc(n, n));
}