题目
题目大意
给你一个数列，每次可以选择任意两个相邻的数\(x\)和\(y\)，将其删去，并在原来位置插入\(x+2y\)。
每次询问一个区间，对这个区间进行上述操作。求最后剩下的数最大是多少。
答案需要取模。
思考历程
看到这题，第一个想法是：这题既要搞个最大值，又要取模，所以肯定是贪心。
然而不会……
\(O(n^3)\)的暴力是可以打的，直接区间\(DP\)。然而我没有打。
其实最大的瓶颈是，我需要比大小，然而数太大，会炸掉……
这题题面本身就对暴力不友好……
正解
其实我比赛的时候就发现了一个有趣的性质：
我们把操作看成整个区间分成两个区间，后面的那个区间的系数乘二，然后两边继续递归下去处理。
容易发现，假设\(2……{k_i}\)为第\(i\)项的系数，则\(1\leq k_i \leq k_{i-1}+1\)，\(k_1=0\)
可以把答案序列看成几个\(k_i\)的等差数列，每个等差数列的开头都是\(1\)到前一个的结尾（第一个等差数列除外）。
然而有个更加神奇的结论：\(k_i\)要么是\(1\)，要么就是\(k_{i-1}+1\)
简单地证明一下：
对于一个等差数列，记一下它的和。如果和大于等于\(0\)，则将它接到前面一个等差数列后面会更优；如果小于\(0\)，则将开头的\(k\)设为\(1\)最优。
先不要考虑所有的询问。假设询问从\(1\)开始，增量法构造这些等差数列。
首先新增一个节点，\(k_i\)为\(1\)，然后试着跟前面合并。
如果大于等于\(0\)，就接到前面去。接了之后试着继续跟前面合并。
否则就不接到前面去。
显然这样是没有问题的。
接下来考虑如何处理区间的询问。先离线一下，按照区间右端点排序，询问挂在右端点上。
在统计答案的时候，找到左端点所在等差数列。找的时候可以二分或者并查集。
左端点所在等差数列的后面那些等差数列的和直接加起来。可以用前缀和实现。
左端点可能会将等差数列分成两部分，直接计算后面的那一块就好了。计算的时候可以一开始就预处理\(sum_i=\sum_{j=1}^{i}2^ja_j\)，后面的\(sum\)减去\(sum_{l-1}\)，再除以\(2^l\)。
为什么分割之后等差数列不会变呢？
其实只需要证明后面的不会合并上来，并且这个也不会继续分裂就行了。
后面的和肯定是负数，所以前面的变了它们也不会合并上来。
如果这个分裂了（假设分裂成\(B\)和\(C\)，分割处左边的为\(A\)），原来的和为\(A+2^xB+2^{x+y}C\)，在分割之后和变成\(B+2^yC\)。如果它分裂了，就变成\(B+C\).。
各自乘上\(2^x\)，加上\(A\)，就分别变成了\(A+2^xB+2^{x+y}C\)和\(A+2^xB+2^xC\)
由于前者一定是最优的，所以\(2^yC\geq C\)，所以\(C>0\)。
所以它分裂了不会更优。
在实现的时候，它很容易爆掉long long。实际上，虽然正数很大，但是它最小的负数不会太小。因为在最小的时候，一定是某个等差数列中只有一个负数（如果有几个数从后面合并上来，后面的那几个数的和一定非负数，然后和不会更小）。所以最小是\(-2e9\)。
如果有个数大于\(2e9\)，说明它以后永远不会变成负数。记作\(2e9+1\)就行了。
实现的时候要记录一个真的和，用来计算答案（有模）；记录一个假的和，用来比大小。
代码
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 500010
#define ll long long
#define INF 2000000000
#define mo 1000000007
inline ll my_pow(ll x,int y){
ll res=1;
for (;y;x=x*x%mo,y>>=1)
if (y&1)
res=res*x%mo;
return res;
}
int n,m;
int a[N];
struct Query{
int l,r,num;
} q[N];
inline bool cmpq(Query a,Query b){return a.r<b.r;}
ll ans[N];
ll _2,pow2[N],ipow2[N],bpow2[N],g[N];
int st[N],top;
ll sum[N],rs[N],pre[N];
int main(){
freopen("border.in","r",stdin);
freopen("border.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&m);
for (int i=1;i<=n;++i)
scanf("%d",&a[i]);
_2=my_pow(2,mo-2);
pow2[0]=bpow2[0]=ipow2[0]=1;
for (int i=1;i<=n;++i){
pow2[i]=pow2[i-1]*2%mo;
bpow2[i]=bpow2[i-1]*2;
bpow2[i]=(bpow2[i]>INF?INF+1:bpow2[i]);
ipow2[i]=ipow2[i-1]*_2%mo;
g[i]=(g[i-1]+pow2[i]*a[i])%mo;
}
for (int i=1;i<=m;++i)
scanf("%d%d",&q[i].l,&q[i].r),q[i].num=i;
sort(q+1,q+m+1,cmpq);
st[top=1]=1,pre[1]=sum[1]=rs[1]=a[1];
int j=1;
for (;q[j].r<=1;++j)
ans[q[j].num]=(a[1]+mo)%mo;
for (int i=2;i<=n;++i){
st[++top]=i;
sum[top]=2*a[i];
rs[top]=2ll*(a[i]+mo)%mo;
while (top>1 && sum[top]>=0){
rs[top-1]=(rs[top-1]+rs[top]*pow2[st[top]-st[top-1]-(top==2)])%mo;
sum[top-1]=sum[top-1]+sum[top]*bpow2[st[top]-st[top-1]-(top==2)];
sum[top-1]=(sum[top-1]>INF?INF+1:sum[top-1]);
top--;
}
pre[top]=(pre[top-1]+rs[top])%mo;
st[top+1]=i+1;
for (;j<=m && q[j].r<=i;++j){
int l=2,r=top,x=1;
while (l<=r){
int mid=l+r>>1;
if (st[mid]<=q[j].l)
l=(x=mid)+1;
else
r=mid-1;
}
ans[q[j].num]=((pre[top]-pre[x]+mo)+(g[st[x+1]-1]-g[q[j].l-1])*ipow2[q[j].l]%mo+mo)%mo;
}
}
for (int i=1;i<=m;++i)
printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}总结
感觉自己太菜了……
面对贪心的题，一定要敢于下结论……