海边躺着一排咸鱼，一些有梦想的咸鱼成功翻身（然而没有什么卵用），一些则是继续当咸鱼。一个善良的渔夫想要帮这些咸鱼翻身，但是渔夫比较懒，所以只会从某只咸鱼开始，往一个方向，一只只咸鱼翻过去，翻转若干只后就转身离去，深藏功与名。更准确地说，渔夫会选择一个区间[L,R]，改变区间内所有咸鱼的状态，至少翻转一只咸鱼。
渔夫离开后想知道如果他采取最优策略，最多有多少只咸鱼成功翻身，但是咸鱼大概有十万条，所以这个问题就交给你了！
Input
包含多组测试数据。
每组测试数据的第一行为正整数n，表示咸鱼的数量。
第二行为长n的01串，0表示没有翻身，1表示成功翻身。
n≤100000
Output
在渔夫的操作后，成功翻身咸鱼（即1）的最大数量。
Sample Input
5
1 0 0 1 0
3
0 1 0
Sample Output
4
2
Hint
对于第一个样例，翻转区间[2,3]，序列变为1 1 1 1 0。
对于第二个样例，翻转整个区间，序列变为1 0 1。
分析：将连续整块的1和0压缩成一个数字，首先我们知道若对于一个块区间，如果全是1，那么肯定不能单独翻，如果一块区间全是0，那么可能可以全部翻过来，但是是否会和隔着的一块0区间一起翻过来的收获更大呢？也就是说，要如果翻，要么是一整块0区间翻，要么是010这样的区间翻，不会出现01或者10这样左边或右边是1的情况翻转。那么规整为单独的数字后，如果是0，说明翻过来肯定有这个区间长度的收获，如果是1，翻过来就有区间长度的减少。因此1的块收获为负数，0块收获为整数，对于一串有正有负的数列，我们选择连续的几个值求和使其价值最大，这就是最大子段和问题。
最大子段和问题： 给定n个整数（可能为负数）组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n],求该序列如a[i]+a[i+1]+…+a[j]的子段和的最大值。
于是，我们利用动态规划的方法以O(n)的复杂度算出最优结果。
如果当前取到的求和大于0，那么说明收获是正数，加上下一个数，即使下一个数可能是负数使收获减少，但难免再之后的数是更大的收获能把一段负值挽回。
而当前值为0或负值时，这样的情况没有延续下去或者用后面的值挽回的必要，直接舍去前面这段区间，取一个为正数的开头作为新区间。因为之前已经说明了，我们不会有一个10这样的开头，1是负值，取10的翻转区间不如取一个0的区间作为端点。
以这样的方式不断取值求和，其中一只记录这样区间取舍的最大值。即最终的ans。
注意题目要求必须翻一条鱼，不能不翻，因此全部是1的时候，要减去一个1的个数输出。
#include<stdio.h>
#include<vector>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
int a[maxn];
vector<int>q;
int main()
{
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)
{
q.clear();
int tmp=-1,one=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
if(a[i])one++;
if(tmp==-1)
{
tmp=1;
continue;
}
if(i!=1&&a[i]!=a[i-1])
{
if(a[i-1])tmp=-tmp;
q.push_back(tmp);
tmp=1;
}
else tmp++;
}
if(a[n])tmp=-tmp;
q.push_back(tmp);
if(n==one)///必须翻一次
{
printf("%d
",n-1);
continue;
}
int ans=0;
tmp=0;
for(int i=0;i<q.size();i++)///最大子段和
{
if(tmp>0)tmp+=q[i];
else tmp=q[i];
if(tmp>ans)ans=tmp;
}
printf("%d
",one+ans);
}
}