@description@
给定一个含 N 个数的序列，Alice 与 Bob 在博弈。Alice 先手，轮流进行 N 次操作。
每一次操作会选择一个之前未选中的数，且与上一个玩家选择的数相邻。
如果是第一次或者上一次选择的数周围没有未被选中的数，则可以任意选择一个数。
两个人都想要最大化自己所选择的数之和，且都采取最优策略，求最后 Alice 选择的数之和与 Bob 选择的数之和。
@solution@
首先考虑第一次操作对应的几种可能性。
第一，先手可以直接取最左边/最右边，则接下来的方案唯一。
第二，先手选择一个中间的数 x，后手决定选 x 的左边还是右边。
考虑第二种情况，如果 x 的左边/右边有奇数个数，先手可能会被动地变成后手。
而此时，后手存在一种可能的取数方法，对应着先手一开始取最左边/最右边的方案。
也就是说此时后手的最优策略一定不劣于先手一开始取最左边/最右边的方案，这对先手而言不利，所以先手绝对不会让出主动权。
那么这意味着如果先手选择第二类情况，那么选择的那个 x 的左边/右边都应有偶数个数。
而 N 为偶数时这是不可能办到的，即 N 为偶数时先手一开始只能选择最左边/最右边。
我们接下来考虑 N 为奇数。
此时流程变为："先手取走一个偶数位置的数" -> "后手选择左边/右边，先手取走偶数位置的数，后手取走奇数位置的数" -> "迭代到区间的子问题" -> ... -> "先手取走区间内奇数位置的数（取走最左边/最右边的数），后手取走偶数位置的数"。
假如最后奇数位置上的数在区间 [l, r] 内，那么先手取走的数应是 "[1...l-1] 中的偶数位置" + "[l...r] 中的奇数位置" + "[r+1...N] 的偶数位置"。
不妨看成先选择全部偶数位置的数，然后选择一个区间 [l, r] 将其奇偶位置的选择状况反转。
先手需要最大化 [l, r] 中奇数位置的和 - 偶数位置的和，可以通过一些处理写成前缀和 s[r] - s[l-1] 的形式。
考虑一下二分答案：假如 s[r] - s[l-1] >= x，我们就可以知道哪些区间是合法。
可以通过手玩发现如果有些合法区间首尾相接，即存在 [l1, r1], [l2, r2], ..., [lk, rk] 使得 (r_i + 1 = l_{i+1} - 1)，那么先手就可以最终落到某一个区间中，视为检验成功
归纳法即可证。
怎么快速检验呢？可以使用 dp。记 dp[i]（此处默认 i 为偶数）表示 [1, i] 是否能划分成若干合法区间，则枚举 j < i 且 dp[j] 为真，如果有 s[i-1] - s[j] >= x 即可转移。
我们可以维护 dp[j] 为真的 min{s[j]} 来方便实现转移，这样一来甚至连 dp 都不存下来。
@accepted code@
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 300000;
const int INF = (1 << 30);
int s[2], sum[MAXN + 5], a[MAXN + 5], N;
bool check(int x) {
int k = 0;
for(int i=2;i<=N;i+=2) {
if( sum[i-1] - k >= x )
k = min(k, sum[i]);
}
return sum[N] - k >= x;
}
int main() {
scanf("%d", &N);
for(int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d", &a[i]), s[i & 1] += a[i];
if( N % 2 == 0 )
printf("%d %d
", max(s[0], s[1]), min(s[0], s[1]));
else {
for(int i=1;i<=N;i++) sum[i] = sum[i-1] + (i & 1 ? a[i] : -a[i]);
int le = 0, ri = s[0] + s[1];
while( le < ri ) {
int mid = (le + ri + 1) >> 1;
if( check(mid) ) le = mid;
else ri = mid - 1;
}
printf("%d %d
", s[0] + le, s[1] - le);
}
}
@details@
我才不会说我一开始想到了二分答案随后就把它叉掉了。
最后写了个神奇的线段树做法，发现过不了，然后把它叉掉过后又想起了二分答案其实可以做。
感觉脑子需要修理一下，最近短路的现象太频繁了。