CF878E Numbers on the blackboard

题目大意

一个 \(n\) 个整数的序列被写在黑板上。很快 Sasha 就会来到黑板前，开始下面的操作：

• 设 \(x\) 和 \(y\) 是两个相邻的数字（\(x\) 在 \(y\) 之前），然后他可以删除 \(x, y\) 并插入 \(x + 2y\) 来代替 \(x, y\)。

他将执行这些操作，直到剩下一个数字。Sasha 喜欢大数字，会得到尽可能大的数字。

Nikita 想在 Sasha 之前走到黑板前，擦掉一些数字。

他有 \(q\) 个操作，在操作 \(i\) 中，他擦除第 \(l_i\) 个数字左边的所有数字和第 \(r_i\) 个数字右边的所有数字。第 \(l_i\) 和第 \(r_i\) 之间的所有数字都保留在黑板上。对于每一个操作，他都想知道 Sasha 的最终数字会有多大。这个数字可以很大，所以输出它模 \(10^9 + 7\)。

题目思路

考虑这么一个事情，每个数 \(a_i\) 对于最后的数的贡献为 \(a_i \times 2^{p_i}\)，这肯定是显然的，让我们推导出在操作的过程中有这么一个结论：\(p_i \le p_{i - 1} + 1\)，这里来推导一下：

• 考虑如果我们想要对 \(p_i\) 造成影响，肯定就要与 \(1 \sim i - 1\) 的数分别合并才行，当我们想要减少 \(p_i\) 的时候，\(p_{i - 1}\) 也会减少，因为最开始 \(i - 1\) 就必须与 \(i\) 合并，\(i\) 才能产生更多的贡献，只有在第一次合并产生贡献的一次操作时，\(p_i\) 才会比 \(p_{i - 1}\) 多 \(1\)，只要进行完这次操作后 \(i - 1, i\) 就捆绑在一起了，而在这之前，由于 \(i\) 与后面的数合并都不会使 \(p_i\) 发生变化，所以在合并 \(i - 1, i\) 之前，\(p_i \le p_{i - 1}\)，综上，\(p_i \le p_{i - 1} + 1\)。

这是第一步，也是最为重要的一步。

考虑到显然我们想让正数的 \(p_i\) 越大越好，负数的 \(p_i\) 越小越好，但是又要满足限制，我们考虑以下贪心：

• 如果 \(a_i > 0\)，那么直接令 \(p_i = p_{i - 1} + 1\)。
• 如果 \(a_i \le 0\)，那么直接令 \(p_i = 0\)。

这个贪心看起来很对啊，我们考虑这个贪心较为正确的一部分：

• 对于 \(a_i > 0\)，令 \(i\) 之前距离 \(i\) 最近的 \(p_i = 0\) 的位置为 \(r\)，我们要分两种情况讨论：

1. \(\sum\limits_{j = r}^{i - 1} a_i^{p_i} > 0\)，显然是接着 \(i - 1\) 继续加是比较好的。
2. \(\sum\limits_{j = r}^{i - 1} a_i^{p_i} \le 0\)，显然重新开一段能够弥补的答案没有继续接着 \(i - 1\) 加能够弥补的多。

• 对于 \(a_i < 0\)，我们还是讨论分两种情况：

1. \(a_{i + 1} \le 0\)，显然可以继续递推。
2. \(a_{i + 1} > 0\)，我们此时需要证明：重开一段比不重开的减去的代价要少，也就是说证明 \(a_i + 2 \times a_{i + 1} \ge a_i \times (p_{i - 1} + 1) + 2 \times a_{i + 1} \times (p_{i - 1} + 1)\)，考虑解出来的式子是 \(a_i \times p_{i - 1} + 2 \times a_{i + 1} \times p_{i - 1} \le 0\)，也就是说最后这一步是不一定对的，这个时候，就需要对贪心算法加以改进了。

考虑加上一步：

• 对于一个数 \(x\)，如果 \(x > 0\)，与之前的一个连续块合并，如果合并完之后的连通块大小大于 \(0\)，继续与前面的连通块合并，以此类推，直到不能合并为止。

为什么这个贪心是正确的呢？考虑如果继续往前合并，那么上述中 \(a_{i + 1}\) 的价值将被充分的发挥利用，这个时候其实就没有负数带来的贡献了。

然后从前往后依次贪心，不难发现合并可以用并查集维护，将询问离线下来后发现其实只是最左边的连续块需要断一下，用后缀和类似哈希的方式进行处理，然后就做完了。