题解：P14481 星命定轨

非常好性质题。看一眼往区间 DP 想。假设一次操作选择的三个数，在原序列中对应：\(a_l,\ a_k,\ a_r\)，其中 \(l<k<r\)。

因为这三个数在当前序列中已经连续了，所以：\([l+1,k-1]\) 以及 \([k+1,r-1]\) 中的数都已经被删掉。发现在这个过程中 \(a_k\) 会不断被区间中的最小值更新。所以最后这次操作获得的价值实际上是\({\min_{l<i<r}a_i}\) 与原来的 \(a_k\) 是多少无关。

接下来我们来找找这个题有哪些性质。

如果选择 \(a_l,a_r\) 作为一次操作的左右两端点，那么这次操作的收益是：\(c(l,r)=\min_{l<i<r}a_i\)，于是原问题可以看成：

选择若干个区间 \((l,r)\)，每个区间的价值为区间内部最小值，并且每个位置不能被重复使用。

如果直接做区间 DP，复杂度 \(O(n^3)\)，显然不行。

我们再考虑两个相交的区间：\(l_1<l_2<r_1<r_2\)，原来的收益为：\(c(l_1,r_1)+c(l_2,r_2)\)，现在把它们换成：\((l_1,r_2)\) 和 \((l_2,r_1)\) 这两个区间。有\(c(l_1,r_2)=\min(c(l_1,r_1),c(l_2,r_2)) \)，而 \(c(l_2,r_1)\ge\max(c(l_1,r_1),c(l_2,r_2))\)，所以 \(c(l_1,r_2)+c(l_2,r_1)\ge c(l_1,r_1)+c(l_2,r_2)\)，也就是说：

两个相交的区间可以换成两个不相交的区间，而且答案不会变差。

所以我们认定最优方案中的这些区间互不相交。

对于一个区间 \((l,r)\)，它的贡献是：\(\min_{l<i<r}a_i\)

不妨把这个贡献直接挂到区间内部的最小值上。于是建立 \(a\) 的小根笛卡尔树。

对于笛卡尔树上的一个节点 \(x\)：

• \(x\) 的子树对应原数组中的一段连续区间；
• \(a_x\) 是这段区间的最小值。

如果某个区间的最小值是 \(a_x\)，就可以把这次操作的收益看成 \(a_x\)。

接下来我们就可以开始设计 DP 了。

考虑笛卡尔树上的节点 \(x\)。

定义 \(f[x][i][l][r]\) 表示考虑 \(x\) 的整棵子树，有 \(i\) 个位置暂时没有配对，左边界外的位置是否已经被使用为 \(l\)，右边界外的位置是否已经被使用为 \(r\) 时能够得到的最大答案。其中，\(l,r\in{0,1}\)，所以每个节点有 \(12\) 个状态。

接下来就是这个题比较厉害的一个点了，注意到最多只需要留下 2 个位置即为 \(i\in{0,1,2}\)。

假设当前有至少 \(3\) 个没有配对的位置。那么我们直接拿出其中三个完成一次操作即可，因为当前节点 \(x\) 是整个子树的最小值，所以这次操作至少可以获得 \(a_x\)，而如果把这三个位置继续往下传，它们最终只可能在更大的节点处进行匹配。因为是小根堆笛卡尔树，越往下值越大。所以有三个空位置时，直接在当前节点配掉三个一定不会更差。因此 \({i\le2}\)。那么单从状态的设计上来看，是 \(O(n)\) 的。至于记录左右边界，假设 \(x\) 的子树在原数组中对应 \([L,R]\)，那么一次以 \(a_x\) 为区间内部最小值的操作，它的左右端点并不一定都在 \([L,R]\) 里面。比如左端点可能是 \(L-1\) 右端点可能是 \(R+1\)，所以需要记录 \(L-1\) 与 \(R+1\) 有没有被使用。

假设现在处理节点 \(x\)。左儿子状态 \(f[lson][lc][L_l][L_r]\)，右儿子状态 \(f[rson][rc][R_l][R_r]\)，其中 \(L_r\) 表示左子树的右边界是否被使用，\(R_l\) 表示右子树的左边界是否被使用。这两个位置实际上是同一个中间位置。所以，\(L_r=1,\ R_l=1\) 时显然不合法。

左右子树原本有 \(lc+rc\) 个。如果：\(L_r=0,\ R_l=0\)，那么节点 \(x\) 自己也可以作为一个新的空位置。所以：\(cnt=lc+rc+[L_r=0][R_l=0]\)

接下来是转移，第一种转移，什么都不做，直接把空位置向上继续传，\(f[x][\min(cnt,2)][L_l][R_r]\) 更新为 \(f[lson]+f[rson]\) 即可。

第二种转移就是三个空位置配成一次操作，如果：\(cnt\ge3\)，那么直接拿三个空位置配成一次操作。答案增加：\(a_x\)，所以 \(cnt\) 变 \(cnt-3\) 了。

第三种转移则为使用左边界，如果：\(cnt\ge2\)，并且左边界还没有使用，那么可以拿左边界和两个空位置完成一次操作。于是 \(cnt\) 变 \(cnt-2\) 并令 \(L=1\) 即可。

第四种转移则为使用右边界完全对称。如果 \(cnt\ge2\) 并且右边界还没有使用，那么 \(cnt\) 变为 $ cnt-2$ 并令 \(R=1\) 就行了。

最后，左右边界一起使用。如果：\(cnt\ge1\) 并且左右边界都没有使用，那么左空右可以直接组成一次操作。所以 \(cnt\) 变为 $ cnt-1$ 同时，
\(L=R=1\)

如果 \(x\) 是叶子，那么它自己可以作为一个没有配对的位置 \( f[x][1][L][R]=0\) 同时也可以直接使用左右边界，获得 \(a_x\)，所以
\(f[x][0][1][1]=a_x\)

初始化的时候要注意，留下一个或两个空位置是不可能的，赋值为 -inf 即可。

根节点没有左右边界，所以最终必须满足 \(L=R=0\)，但是题目并不要求把所有数都删掉，所以最后可以剩下 \(0,1,2\) 个没有配对的位置。因此答案为三者的最大值。

接着，注意到 \(n\) 最大为 \(10^6\)，所以不能使用递归 DFS（但是好像能过，题解区好多佬这么写），否则最坏情况下笛卡尔树退化成链，可能就爆栈。用数组保存遍历顺序，倒序进行 DP。复杂度为 \(O(n)\)。

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