题意：
n家饭店，m张餐票，第i家和第i+1家饭店之间的距离是$A_i$，在第i家饭店用掉第j张餐票会获得$B_{i,j}$的好感度，但是从饭店i走到饭店j会有$dis_{i,j}$的代价，可以从任意一个饭店出发，求好感度减代价的差的最大值。
$2\leq N\leq 5000$
$1\leq M\leq 200$
$1\leq A_i,B_{i,j}\leq 10^9$
题解：
看错了两次题是怎样一种体验。。。开始题意锅了说只能从1出发，然后更正我没看到。。。于是写了个自以为对的傻逼线段树自爆成13分。。。
其实这题做法很多，可以利用决策单调性二分dp或者建笛卡尔树区间加，我讲一个我写的矩形差分的做法。。。
直接计算路线的价值比较难，可以反过来考虑每个$B_{i,j}$对哪些答案有影响。
令$x$为满足$x<i$且$B_{x,j}>B_{i,j}$的最大的$x$，$y$为满足$y>i$且$B_{y,j}>B_{i,j}$的最小的$y$，那么$B_{i,j}$就会对左端点$l∈(x,i]$，右端点$r∈[i,y)$的区间产生贡献。
容易发现$x$，$y$是单调递增的，所以可以用一条单调栈来维护；把$(x,y)$当成平面上的一个点，那贡献就等价于在整个矩阵上加上一个值，可以用差分前缀和来搞。
时间复杂度$O(n^2+nm)$
代码：
1 #include<algorithm>
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdio>
5 #include<cmath>
6 #include<queue>
7 #define inf 2147483647
8 #define eps 1e-9
9 using namespace std;
10 typedef long long ll;
11 ll n,m,L,R,st[5010],num[5010],b[210][5010],l[210][5010],r[210][5010];
12 ll ans=0,a[5010],pre[5010],sq[5010][5010];
13 int main(){
14 scanf("%d%d",&n,&m);
15 for(int i=1;i<n;i++){
16 scanf("%lld",&a[i]);
17 pre[i+1]=pre[i]+a[i];
18 }
19 for(int i=1;i<=n;i++){
20 for(int j=1;j<=m;j++){
21 scanf("%d",&b[j][i]);
22 }
23 }
24 for(int i=1;i<=m;i++){
25 L=R=0;
26 for(int j=1;j<=n;j++){
27 while(L&&b[i][j]>st[L])L--;
28 l[i][j]=L?num[L]+1:1;
29 st[++L]=b[i][j];
30 num[L]=j;
31 }
32 for(int j=n;j;j--){
33 while(R&&b[i][j]>st[R])R--;
34 r[i][j]=R?num[R]-1:n;
35 st[++R]=b[i][j];
36 num[R]=j;
37 }
38 for(int j=1;j<=n;j++){
39 sq[l[i][j]][j]+=b[i][j];
40 sq[l[i][j]][r[i][j]+1]-=b[i][j];
41 sq[j+1][j]-=b[i][j];
42 sq[j+1][r[i][j]+1]+=b[i][j];
43 }
44 }
45 for(int i=1;i<=n;i++){
46 for(int j=1;j<=n;j++){
47 sq[i][j]+=sq[i][j-1];
48 }
49 for(int j=1;j<=n;j++){
50 sq[i][j]+=sq[i-1][j];
51 }
52 for(int j=i;j<=n;j++){
53 ans=max(ans,sq[i][j]-pre[j]+pre[i]);
54 }
55 }
56 printf("%lld",ans);
57 return 0;
58 }