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前言
太久没有发博客了，前来水一发。
题解
不妨设先手是 A，后手是 B。定义 \(i\) 为奇数时，\(a_i\) 为"奇数位上的数"；\(i\) 为偶数时， \(a_i\) 为"偶数位上的数"。定义左、右两端的数分别表示 \(a_1\) 和 \(a_n\)。
考虑第一步：
首先，如果 A 取了左右某一个端点，那么他必然能取走和他取的点奇偶性相同的所有点。
然后，我们考虑 A 取了一个中间点后会发生什么：如果这个点左边和右边的剩余点数都是奇数，那么无论 B 取左还是右，取完某一边之后，问题规模缩小成另一边的情况，A 一定还是先手；否则 B 就可以取剩余点数为偶数的那一边，并成为先手。
考虑 n 为偶数的情况。
如果 A 取了一个中间点，那么一定有一边剩余奇数个，一边剩余偶数个。那么 B 一定先操作偶数个的那一边，然后获得奇数那一边的先手权，然后取最优策略。那么 A 还不如直接取偶数那一边的端点，这样做不仅取到了前一种方案能取到的，而且让 B 在另一边没有了先手选择权，一定不劣于前一种方案。
所以，当 n 为偶数时，先手能取到的最大值为 max(奇数位之和, 偶数位之和) 。
n 为奇数的情况较为复杂。
但是同理，A 不会去取一个位于奇数位的数，这样会导致两边剩余个数都为偶数，不如直接取两端。
于是，n 为奇数时，A 只有两种策略：
- 取端点，即拿走所有奇数位的数。
- 取某一个偶数位的数。此时，如果 B 取左边，那么 A 会继续获得右边的先手权；否则 A 获得左边的先手权。这个过程可以看作问题规模的缩小。
如果将第二种策略用二叉树的形式表示出来，那么 B 一定会选择某一个叶子，使得最终答案最小。
考虑先假设所有偶数位的贡献都已被 A 收取，那么 A 在一个区间执行“取端点”操作得到的收益就是这个区间的奇数位之和减去偶数位之和（注意这里的两端点一定都是奇数）。
我们要做的是找出一个叶子集合，使得对这些叶子“取端点”的收益的最小值尽量大。
考虑二分答案x，之后问题转化为是否可以删除某些偶数位上的数，使得剩下的序列中任意一个极大的连续段之和都不小于x。
考虑暴力DP，枚举右端点，然后再暴力枚举前一个划分点。时间复杂度不可接受。
由于DP信息只有“能”和“不能”，所以我们可以考虑贪心，只保留“能”的点中前缀和最小的即可。
时间复杂度 \(O(n\log \sum a_i)\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof x)
#define For(i,a,b) for (int i=(a);i<=(b);i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=(b);i>=(a);i--)
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define fi first
#define se second
#define outval(x) cerr<<#x" = "<<x<<endl
#define outtag(x) cerr<<"-----------------"#x"-----------------\n"
#define outarr(a,L,R) cerr<<#a"["<<L<<".."<<R<<"] = ";\
For(_x,L,R) cerr<<a[_x]<<" ";cerr<<endl;
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
LL read(){
LL x=0,f=0;
char ch=getchar();
while (!isdigit(ch))
f=ch=='-',ch=getchar();
while (isdigit(ch))
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return f?-x:x;
}
const int N=300005;
int n;
int a[N],s[N];
bool check(int x){
int v=0;
for (int i=1;i<n;i+=2)
if (s[i]-v>=x)
v=min(v,s[i+1]);
return s[n]-v>=x;
}
int main(){
n=read();
For(i,1,n)
a[i]=read();
if (n%2==0){
int s0=0,s1=0;
For(i,1,n)
if (i&1)
s0+=a[i];
else
s1+=a[i];
cout<<max(s0,s1)<<" "<<min(s0,s1)<<endl;
return 0;
}
For(i,1,n)
if (i&1)
s[i]=s[i-1]+a[i];
else
s[i]=s[i-1]-a[i];
int L=1,R=n*1000,mid,ans=L;
while (L<=R){
mid=(L+R)>>1;
if (check(mid))
L=mid+1,ans=mid;
else
R=mid-1;
}
For(i,1,n)
if (i%2==0)
ans+=a[i];
int s=0;
For(i,1,n)
s+=a[i];
cout<<ans<<" "<<s-ans<<endl;
return 0;
}