NOI25D2T2 序列变换
DP
独立切黑祭（虽然花了很长时间）。思路比较自然，只是思维链比较长。
step 1
消出一个 \(0\) 后，只能向两侧继续消除。想到把操作刻画为从一个区间的中间向两边消除，即将 ###...### 变为 #<-...-0-...->#（此处假做法警告，我被坑了）。但这样的话两个区间的端点可能重复并且产生问题，于是转化一下角度，把一个区间从两边向中间消除，即将 ###...### 变为 0-...->#<-...-0。
step 2
设 \(L_i\) 为向左能消除的最远点，\(R_i\) 为能向右消除的最远点。
考虑一下细节，如果消除过程中（不妨假设是向左消除）把 \([l,r]\) 消成了全 \(0\)，那么下一步消 \(j-1\) 和一上来就从 \(j-1\) 向左消除是等价的，因此称 能消除 为数值始终 \(>0\)。
step 3
考虑区间 \([l,r]\) 向中间消除有多少种可能的结果。设 \([l',r']=[l,R_l]\cap[L_r,r]\)，则对于 \(i\in [l',r']\)，要从两边消到 \(i\) 只需考虑 \(a_i\) 最终是否 \(\geq 0\)；对于 \(i\notin [l',r']\) 必不可能合法。
step 4
考虑枚举 \([l,r]\)，感觉还是不太好数合法的结果数。手玩一下，设以 \(l'\) 为中心，最终变为 \(a_{l'}-x-y\)，则以 \(l'+1\) 为中心，最终变为 \(a_{l'+1}-(a_{l'}-x)-(a_{l'+1}-y)=-a_{l'}+x+y\)，若不考虑解合法的限制，则二者竟然是相反数。同理，以 \(l'+1\) 为中心的结果和以 \(l'+2\) 为中心的结果相反。最终发现 \([l',r']\) 的结果一正一反交替，只需讨论 \(a_{l'}-x-y\) 和 \(0\) 的大小关系即可，这可以预处理 \(\mathcal{O}(1)\) 进行。
step 5
进行两个 DP 分别计算两问就做完了。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<int,ll> pil;
typedef pair<ll,int> pli;
typedef pair<ll,ll> pll;
template<typename T>
void chkmin(T &x,const T &y){x=min(x,y);}
template<typename T>
void chkmax(T &x,const T &y){x=max(x,y);}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll infll=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int MOD=1000000007;
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD) x-=MOD;
}
int qpow(int a,int b){int mul=1;for(;b;b>>=1){if(b&1) mul=(ll)mul*a%MOD;a=(ll)a*a%MOD;}return mul;
}
const int N=5005;
int n,a[N],b[N],c[N],L[N],R[N],s[N][N],st[2][N][15],mul[N],imul[N],sumc[2][N],g[N][N],dp2[N],sum[N];
ll sumb[N],f[N][N],dp1[N],mx[N];
#define log(x) (31-__builtin_clz(x))
int query(int t,int l,int r){int lg=log(r-l+1);return min(st[t][l][lg],st[t][r-(1<<lg)+1][lg]);
}
void solve(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&c[i]);for(int t=0;t<2;t++) for(int i=1;i<=n;i++) for(int lg=0;lg<15;lg++) st[t][i][lg]=inf;for(int i=1;i<=n;i++) st[i&1][i][0]=b[i];for(int t=0;t<2;t++) for(int lg=1;lg<15;lg++) for(int i=1;i+(1<<lg)-1<=n;i++) st[t][i][lg]=min(st[t][i][lg-1],st[t][i+(1<<(lg-1))][lg-1]);mul[0]=imul[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){sumb[i]=sumb[i-1]+b[i];mul[i]=(ll)mul[i-1]*c[i]%MOD,imul[i]=qpow(mul[i],MOD-2);sumc[i&1][i]=(sumc[i&1][i-1]+qpow(c[i],MOD-2))%MOD,sumc[(i&1)^1][i]=sumc[(i&1)^1][i-1];}// for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",sumc[0][i]);printf("\n");for(int i=1;i<=n;i++){L[i]=R[i]=i,s[i][i]=0;for(int &j=L[i],sum=a[i];sum&&j>1&&a[j-1]>=sum;j--) s[i][j-1]=sum,sum=a[j-1]-sum;for(int &j=R[i],sum=a[i];sum&&j<n&&a[j+1]>=sum;j++) s[i][j+1]=sum,sum=a[j+1]-sum;}for(int l=1;l<=n;l++){for(int r=l+1;r<=n;r++){if(R[l]<L[r]){f[l][r]=-infll,g[l][r]=0;continue;}int l2=max(L[r],l),r2=min(R[l],r),x=a[l2]-s[l][l2]-s[r][l2];// printf("[%d,%d] [%d,%d] %d\n",l,r,l2,r2,x);if(x){int t=(l2&1)^(x<0);f[l][r]=sumb[r]-sumb[l-1]-query(t,l2,r2);g[l][r]=(ll)mul[r]*imul[l-1]%MOD*(sumc[t][r2]-sumc[t][l2-1]+MOD)%MOD;}else f[l][r]=sumb[r]-sumb[l-1],g[l][r]=(ll)mul[r]*imul[l-1]%MOD;// printf("f=%d g=%d\n",f[l][r],g[l][r]);}}sum[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){dp1[i]=-infll,dp2[i]=0;for(int j=1;j<=i;j++) chkmax(dp1[i],f[j][i]+mx[j-1]),add(dp2[i],(ll)g[j][i]*sum[j-1]%MOD);mx[i]=max(mx[i-1],dp1[i]),sum[i]=(sum[i-1]+dp2[i])%MOD;}printf("%lld %d\n",mx[n],sum[n]);
}
int main(){int T;scanf("%*d%d",&T);while(T--) solve();return 0;
}
