[cf1421E]Swedish Heroes

令$p_{i}$為最終$a_{i}$之前的系數（$p_{i}\in \{-1,1\}$），則有$n+\sum_{i=1}^{n}[p_{i}=-1]\equiv 1(mod\ 3)$

證明：對於兩個滿足這一條件的區間（初始$1+0\equiv 1(mod\ 3)$），合並后有仍然滿足這一條件

但並不是滿足這個條件就一定可行，例如$p_{i}=\{1,-1,1,...,1\}$（長度超過1）時滿足但不可行

對於$p_{i}\ne\{1,-1,1,...,1\}$，則其一定可以被拆成兩段，使得都滿足$n+\sum_{i=1}^{n}[p_{i}=-1]\equiv 2(mod\ 3)$（取反后即模3余1），然后分類討論：

1.兩段中沒有$\{1,-1,1,...,1\}$，通過歸納法可以證明一定可行；

2.兩端中有一段（可以有2段）是$\{1,-1,1,...,1\}$，不妨假設第二段是，那么可以將分割點+2，不改變兩邊對於3的模數，直至划分為$[1,n-1]$和$[n,n]$，同樣可以用歸納法來證明

通過這些，我們就證明了對於$p_{i}\ne\{1,-1,1,...,1\}$，都一定可行

根據這一性質，設$f[i][j]$表示前$i$個數，$-1$的個數模3余$j$，強制前$i$個位置中與$\{1,-1,1,...,1\}$不同的最大值，轉移考慮不同的位置即可，答案即$f[n][(1-n)%3]$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200005
int n,a[N];
long long sum[N],f[N][3];
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    if (n==1){
        printf("%d",a[1]);
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (i&1)sum[i]=sum[i-1]+a[i];
        else sum[i]=sum[i-1]-a[i];
    f[1][1]=-a[1];
    f[1][0]=f[1][2]=-1e16;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<3;j++)f[i][j]=-1e16;
        if (i&1)f[i][(i+1)/2%3]=sum[i-1]-a[i];
        else f[i][(i-1)/2%3]=sum[i-1]+a[i];
        for(int j=0;j<3;j++)f[i][j]=max(f[i][j],max(f[i-1][j]+a[i],f[i-1][(j+2)%3]-a[i]));
    }
    printf("%lld",f[n][(N-3-n)%3]);
}