[UOI2023] An Array and Partial Sums 题解（未完）

注意力惊人的注意到答案 \(\le 3\)，证明考虑在原序列上或在取反序列上找到前缀和序列的最大最小值，然后向前向后各跑一次即可。

考虑继续挖掘性质。\(ans=0/1\) 情况显然，不过 \(ans=1\) 启示我们最后一次 \(2/3\) 操作一定可以是全局操作。

若 \(ans=2\)，要么是因为可以通过取反转化成一个 \(ans=1\) 的情况，要么是因为可以通过一次 \(2/3\) 操作转化为一个可以只做一次全局 \(2/3\) 操作的情况。若 \(ans=3\)，就是可以通过一次取反转化为刚才所说的 \(ans=2\) 的第二种情况。

难点在于 \(ans=2\) 的第二种情况，考虑不妨设全局操作做 \(2\) 操作，对第一次操作类型进行分讨：

1. 第一次操作类型为 \(2\)。那么我们容易发现第一次操作前缀一定不劣，然后暴力找到第一个前缀和 \(<0\) 的地方，尝试对这个区间进行一次操作，看看能否转化成一个可用一次全局 \(2\) 解决的情况。
2. 第一次操作类型为 \(3\)。设操作区间为 \([l,r]\)，前缀和数组为 \(sum_i\)，后缀和数组为 \(ds_i\)。考虑右移右端点，查找最优左端点，则有：

   1. \[\min\limits_{i=1}^{l-1}sum_i\ge 0 \]
      直接找出 \(pos\) 满足 \(\min\limits_{i=1}^{pos-1}sum_i\ge 0\) 且 \(sum_{pos}<0\)，该性质就可以转化为 \(l\le pos\)。

   2. \[(l-1)sum_r+S_l\le\min\limits_{i=l}^r(isum_r+S_i) \]
      这个式子的来源是由于第一次操作后 \([l,r]\) 内的每个数都会变成 \(sum_{r}-sum_{i-1}\)，则前缀和变为：
      \[sum_{l-1}+\sum\limits_{i=l}^i(sum_r-sum_{i-1}) \]
      \[=(i-l+1)sum_r+S_l-S_i\ge 0 \]
      移项即可得到上述式子。
      设 \(f_i(r)=isum_r+S_i\)，则上式可表示为：
      \[f_l(r)-sum_r\le\min\limits_{i=l}^r f_i(r) \]
      显然不好处理，考虑按 \(pos\) 划分，则有：
      \[f_l(r)-sum_r\le\min(\min\limits_{i=l}^{pos}f_i(r),\min\limits_{i=pos}^rf_i(r)) \]
      显然左式取 \(l=\min_{i=1}^{pos}\limits f_i(r)\) 时一定小于右侧前半部分，同时一定是对于右侧后半部分的最小解，所以只需 \(check\) 这个位置即可。发现 \(f_i(r)\) 是一个一次函数状物，李超线段树维护即可。

   3. \[(l-1)sum_r+S_l\le rsum_r+S_{r+1}+\min_{i=r+1}^n sum_i \]
      来源是 \([r+1,n]\) 内部的数在 \(3\) 操作后前缀和变成：
      \[(r-l+1)sum_r+S_l-S_i+sum_i-sum_r \]