原题链接：P13754 【MX-X17-T3】Distraction - 洛谷
非常好的题，非常好的思想。简单思想的结合体就是不易察觉的难题。这题实际上就两个难点：1. 处理每个点的权值 \(v_i\)。2. 推导交换权值并找出最长字段和
首先对于每个点的权值，一种直接的求法（以求左边的大于 此点 \(u\) 的数量为例）是维护一个新的序列 \(b\)，然后从原序列 \(a\) 的左边开始不断将，每个点数值 \(u\) 在 上对应的地方加一。然后每次统计 \(b\) 序列上 \([1 ,u - 1]\) 里面 \(1\) 的数量，这个数量就是 \(b\) 左边大于他的数的数量。因为设计单点修改和区间查询，所以可以使用树状数组解决。这种方法较为直观，但是时间上不算最有，且写起来比较麻烦，于是探索新的办法。
观察题目，\(a\) 序列实际上是一个 \(1 \sim n\) 的排序，如果 \(a\) 序列是按照 \(1,2,3,\dots,n\) 的方式排列，那么 \(v_i\) 都等于 \(0\)。如果保持一个点 u 位置不变，而随意改变除了 u 之外的数字，你会发现，无论如何改变，\(v_i\) 均为 \(0\)，因为当一个数 k 从左边变到右边时，右边的一个数也变到了左边，两边的逆序对数量的奇偶性不会发生变化，因此 \(v_i\) 也就不会发生变化。如果要想改变 \(v_i\) 那就只能改变 u 的位置，如果把 u 向左移动一位，那么和他交换的那个数，如果大于它，那么 \(v_i\)会因为逆序对减少一个而改变；如果那个数小于它，那么 \(v_i\) 会因为逆序对增加一个而改变。
此时在对其他数进行交换，无论如何 \(v_i\) 也不会改变，因为大、小的逆序对都同增同减的。可知，对于 \(v_i\) 来说，\(v_i = \lvert i从小到大的原位置 - i的当前位置 \rvert \bmod 2\)。依靠这一点，我们就可以在 \(\operatorname O(n)\) 的时间复杂度之内简单地（就是 \(i - i 当前的位置\)）算出来 \(v_i\)。
然后是关于交换，通过分析可以发现，在交换的区间内，除了被交换点，区间内的其他点（下面称为被影响点）都移动了一位，因此这些点的 \(v_i\) 会变化（变化指从 \(1\) 变成 \(0\) 或者从 \(0\) 变成 \(1\)）。而交换的那个点的数值变与不变，只取决于这个区间大小（在去掉当前点的情况下）的奇偶性（即位移的距离大小），如果为奇数则变化，如果为偶数则不变。
关于被影响点，设区间内被影响的点有 \(k\) 个，其中 \(v_i\) 为 1 的有 x 个，那么在交换后，这些点的贡献会从 \(x\) 变为 \(k - x\)，即变化了 \(k - 2x\)，如果划分给每个点，那么每个点在交换后对整体的影响就是 \(1 - 2v_i\)，那么对于这批贡献只需要求最大字段和即可，这部分可使用 DP 解决。
记下来就剩下了交换点的变化，因为交换点的变化与否取决于 k 的奇偶性，因此我们在做上面的 DP 时需要分两个做，一个是区间大小为奇数的，一个区间大小为偶数的，以方便我们处理交换点。
看得出，这确实一道好题啊，不亏我费这么长时间。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>using namespace std;const int N = 5000010;int n, m;
int g[N], w[N];
int f[N], h[N]; // 分别是区间长度为奇数int read()
{int x = 0, f = 1;char ch = getchar();while (ch < '0' || ch > '9'){if (ch == '-') f = -1;ch = getchar();}while (ch >= '0' && ch <= '9')x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();return x * f;
}int main()
{int T;cin >> T;while (T -- ){int sum = 0;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i ++ ) {scanf("%d", &g[i]);w[i] = i - g[i] & 1;sum += w[i];}memset(f, -0x3f, sizeof f);memset(g, -0x3f, sizeof g);f[1] = 1 - 2 * w[1];f[2] = 1 - 2 * w[2];h[2] = 2 - 2 * (w[1] + w[2]);int ans = 0, res = 0, maxv1 = 0, maxv2 = 0; // 长度为奇数，长度为偶数maxv1 = max({maxv1, f[1], f[2]});maxv2 = max(maxv2, h[2]);for (int i = 3; i <= n; i ++ ){f[i] = max(f[i - 2] + 2 - 2 * (w[i] + w[i - 1]), 1 - 2 * w[i]);h[i] = max(h[i - 2] + 2 - 2 * (w[i] + w[i - 1]), 2 - 2 * (w[i] + w[i - 1]));maxv1 = max(maxv1, f[i]);maxv2 = max(maxv2, h[i]);}if (maxv2 == 0) cout << sum + max({maxv1 - 1, maxv2 - 1, 0}) << endl; else cout << sum + max({maxv1 - 1, maxv2, 0}) << endl;}return 0;
}
