先不考虑修改，那么很明显即对于每一个极长的的区间，若其长度为$l$，有${l+1choose 2}$的贡献
考虑dp去做，即$f_{i}$表示前$i$个数最大的答案，则
$$
f_{i}=max(max_{0le j<i}f_{j}+{i-j+1choose 2}-(sum_{i}-sum_{j}),f_{i-1})
$$
（其中$sum_{i}$为$a_{i}$的前缀和，即$sum_{i}=sum_{i-1}+a_{i}$）
另外，转移中允许$j$上被选择，但这显然不如直接从上一个区间左端点转移更优，因此没关系
将${i-j+1choose 2}$展开，即
$$
f_{i}=max({i+1choose 2}-sum_{i}+max_{0le j<i}(f_{j}+{jchoose 2}+sum_{j})-ij,f_{i-1})
$$
这个与普通的斜率优化不同，维护的不是凸包（取最小值即维护凸包），具体过程如下：
这个问题可以看作$forall 0le j<i,y=-jx+(f_{j}+{jchoose 2}+sum_{j})$这些直线在$x=i$时的最大值
维护一个栈，插入当前直线，若当前直线与栈顶直线交点在栈顶与下一条直线交点右侧，即可弹出栈顶，最终插入当前直线
对于求$i$上的最大值，也就是二分找到单调栈中相邻两条直线交点（显然这个交点具有单调递增的性质）第一个在$x=i$右侧的位置，取这个两条直线中靠近栈顶的直线即可
另外由于$i$单调递增，二分其实并不需要，借助单调性就可以找到该位置了
由此，我们就可以$o(n)$处理出一个前缀和后缀的答案，分别记作$pre_{i}$和$suf_{i}$
对于一个询问$(x,y)$，如果不选择该位置，答案也就是$pre_{x-1}+suf_{x+1}$，如果选择该位置，枚举该位置所对应的区间，答案为
$$
max_{xin [l,r]}pre_{l-1}+suf_{r+1}+{r-l+2choose 2}-(sum_{r}-sum_{l-1}+(y-a_{x}))
$$
化简后，可以发现即
$$
(pre_{l-1}+frac{l^{2}-3l}{2}+sum_{l-1})+(suf_{r+1}+frac{r^{2}+3r}{2}-sum_{r})-lr+(a_{x}-y+1)
$$
第一个和第二个式子分别与$l$和$r$有关，以下记为$A_{l}$和$B_{r}$，若预处理出$ans_{x}=max_{xin [l,r]}A_{l}+B_{r}-lr$，则询问答案即
$$
max(ans_{x}+(a_{x}-y+1),pre_{x-1}+suf_{x+1})
$$
以下问题即求$ans_{x}$，考虑用$solve(L,R)$表示求出$forall xin [L,R],ans'_{x}=max_{xin [l,r]subseteq [L,R]}A_{l}+B_{r}-lr$，那么所要执行的也就是$solve(1,n)$
关于$solve(L,R)$的计算显然是分治，将$[l,r]$是否跨越$mid=lfloorfrac{L+R}{2} floor$分类讨论：
1.若$[l,r]$未跨越$mid$（即$[l,r]subseteq [L,mid]$或$[l,r]subseteq [mid+1,R]$），递归处理，求出最大值后再与下面这种情况取max即可
2.若$[l,r]$跨越$mid$，不妨假设$xin [L,mid]$（再另一边类似），$forall lin [L,mid]$去求出$rin [mid+1,R]$的最大值，那么前缀最大之就是答案
当确定$l$后，后者也就是$A_{l}+max_{rin [mid+1,R]}-rl+B_{r}$，也就是若干条直线在$l$上的最大值，用与之前一样的方式用单调栈预处理即可
同样可以利用单调性做到线性，因此总复杂度即分治复杂度，为$o(nlog n)
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 300005 4 #define ll long long 5 struct line{ 6 int k; 7 ll b; 8 ll get(int x){ 9 return 1LL*k*x+b; 10 } 11 }st[N]; 12 int n,m,x,y,a[N]; 13 ll sum[N],pre[N],suf[N],A[N],B[N],c[N],ans[N]; 14 double get_cross(line x,line y){ 15 return -1.0*(x.b-y.b)/(x.k-y.k); 16 } 17 void add(line k){ 18 while ((m>1)&&(get_cross(st[m],k)>get_cross(st[m],st[m-1])))m--; 19 st[++m]=k; 20 } 21 void solve(int l,int r){ 22 if (l==r)return; 23 int mid=(l+r>>1); 24 solve(l,mid); 25 solve(mid+1,r); 26 m=0; 27 for(int i=mid+1;i<=r;i++)add(line{-i,B[i]}); 28 for(int i=l,pos=m;i<=mid;i++){ 29 while ((pos>1)&&(get_cross(st[pos],st[pos-1])<i))pos--; 30 c[i]=st[pos].get(i)+A[i]; 31 } 32 for(int i=l;i<mid;i++)c[i+1]=max(c[i+1],c[i]); 33 m=0; 34 for(int i=l;i<=mid;i++)add(line{-i,A[i]}); 35 for(int i=mid+1,pos=m;i<=r;i++){ 36 while ((pos>1)&&(get_cross(st[pos],st[pos-1])<i))pos--; 37 c[i]=st[pos].get(i)+B[i]; 38 } 39 for(int i=r;i>mid+1;i--)c[i-1]=max(c[i-1],c[i]); 40 for(int i=l;i<=r;i++)ans[i]=max(ans[i],c[i]); 41 } 42 int main(){ 43 scanf("%d",&n); 44 for(int i=1;i<=n;i++){ 45 scanf("%d",&a[i]); 46 sum[i]=sum[i-1]+a[i]; 47 } 48 add(line{0,0}); 49 int pos=1; 50 for(int i=1;i<=n;i++){ 51 if (pos+1>=m)pos=m; 52 while ((pos>1)&&(get_cross(st[pos],st[pos-1])<i))pos--; 53 pre[i]=max(pre[i-1],st[pos].get(i)+1LL*(i+1)*i/2-sum[i]); 54 add(line{-i,pre[i]+1LL*i*(i-1)/2+sum[i]}); 55 } 56 for(int i=n;i;i--)sum[i]=sum[i+1]+a[i]; 57 reverse(sum+1,sum+n+1); 58 m=0,add(line{0,0}),pos=1; 59 for(int i=1;i<=n;i++){ 60 if (pos+1>=m)pos=m; 61 while ((pos>1)&&(get_cross(st[pos],st[pos-1])<i))pos--; 62 suf[n-i+1]=max(suf[n-i+2],st[pos].get(i)+1LL*(i+1)*i/2-sum[i]); 63 add(line{-i,suf[n-i+1]+1LL*i*(i-1)/2+sum[i]}); 64 } 65 for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+a[i]; 66 for(int i=1;i<=n;i++)A[i]=pre[i-1]+1LL*i*(i-3)/2+sum[i-1]; 67 for(int i=1;i<=n;i++)B[i]=suf[i+1]+1LL*i*(i+3)/2-sum[i]; 68 for(int i=1;i<=n;i++)ans[i]=A[i]+B[i]-1LL*i*i; 69 solve(1,n); 70 scanf("%d",&m); 71 for(int i=1;i<=m;i++){ 72 scanf("%d%d",&x,&y); 73 printf("%d ",max(pre[x-1]+suf[x+1],ans[x]+(a[x]-y+1))); 74 } 75 }