51nod 1254 最大子段和 V2 ——单调栈

N个整数组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n]，你可以对数组中的一对元素进行交换，并且交换后求a[1]至a[n]的最大子段和，所能得到的结果是所有交换中最大的。当所给的整数均为负数时和为0。

例如：{-2,11,-4,13,-5,-2, 4}将 -4 和 4 交换，{-2,11,4,13,-5,-2, -4}，最大子段和为11 + 4 + 13 = 28。

 

Input

第1行：整数序列的长度N（2 <= N <= 50000)
第2 - N + 1行：N个整数（-10^9 <= A[i] <= 10^9）

Output

输出交换一次后的最大子段和。

Input示例

7
-2
11
-4
13
-5
-2
4

Output示例

28
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这道题可以做到O（n） 但是瓶颈在读入

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这道题 我们可以枚举右端点 
这个我们先强制我们换的数只能是右端点后面的数（之后把数组倒过来再来一次就可以了）
维护一波后缀和（s【i】表示i-n的和）以及后缀最大值 （mx【i】表示i-n的mx）
那么我们枚举右端点之后 目的自然是求 到i的后缀和s【l】 减去 l到i的区间的最小值（min【l，r】） 的最优解
答案就是s【l】-min【l，r】-s【i+1】+mx【i+1】
那么因为 -s【i+1】+mx【i+1】已知
我们要维护的就是s【l】-mn【l，r】
我们可以利用单调栈维护每个mn所能占领的区间
这样就把数列分成了若干个区间 然后维护区间max（s【l】）
根据每个区间的情况记录最优解 很明显最优解只会越来越优
这样我们每次移动右端点的时候 就用当前端点的值v【i】去弹出栈的元素
然后更新新的区间的信息就好了

#include<stdio.h>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const int M=55007;
const LL inf=1e15;
char buf[11*M],*ptr=buf-1;
int read(){
    int ans=0,f=1,c=*++ptr;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') f=-1; c=*++ptr;}
    while(c>='0'&&c<='9'){ans=ans*10+(c-'0'); c=*++ptr;}
    return ans*f;
}
int n;
LL c[M],v[M],s[M],mx[M],mxh,ans;
int cnt;
struct node{LL mn,h;}q[M];
void solve(){
    mxh=-inf; cnt=0;
    for(int i=n;i;i--) s[i]=s[i+1]+v[i],mx[i]=max(mx[i+1],v[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        LL nowh=s[i];
        while(cnt&&q[cnt].mn>=v[i]) nowh=max(nowh,q[cnt].h),cnt--;
        q[++cnt].mn=v[i]; q[cnt].h=nowh; 
        mxh=max(mxh,nowh-v[i]);    ans=max(ans,mxh-s[i+1]+mx[i+1]);
    }
}
int main(){
    fread(buf,1,sizeof(buf),stdin);
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) v[i]=read(); v[n+1]=-inf;
    for(int i=n;i;i--) s[i]=s[i+1]+v[i],mx[i]=max(mx[i+1],v[i]);
    solve();
    reverse(v+1,v+1+n);
    solve();
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}