\(\mathcal{Description}\)

  Link.

  给定一个长为 \(n\) 的非负整数序列 \(\lang a_n\rang\)，你可以进行如下操作：

• 取 \([l,r]\)，将其中所有 \(a\) 值 \(-1\)；
• 取 \([l,r]\)，将其中奇数下标的 \(a\) 值 \(-1\)；
• 取 \([l,r]\)，将其中偶数下标的 \(a\) 值 \(-1\)。

  求至少需要几次操作使得所有 \(a\) 值变为 \(0\)。

  \(n\le10^5\)，数据组数 \(T\le10\)。

\(\mathcal{Solution}\)

  道路铺设永放光芒！

  记集族 \(\mathcal I\) 包括所有一次操作可能涉及的下标集合，写出线规

\[\operatorname{minimize}~~~~z=\sum_{P\in \mathcal I}x_P\\ \operatorname{s.t.} \begin{cases} \forall u,~\sum_{P\ni u}x_P\ge a_u\\ \forall u,~-\sum_{P\ni u}x_P\ge -a_u\\ \forall P,~x_P\ge 0 \end{cases} \]

转对偶

\[\operatorname{maximize}~~~~z'=\sum_{u=1}^na_u(s_u-t_u)\\ \operatorname{s.t.}\begin{cases} \forall P,~\sum_{u\in P}(s_u-t_i)\le1\\ \forall u,~s_u,t_u\ge0 \end{cases} \]

  令 \(d_u=s_u−t_u\)，由第一个约束，显然有 \(d_u\le1\)；而为最大化 \(\sum_{u=1}^na_ud_u\)，可以得到 \(d_u\in\{-1,0,1\}\)。那么就能简单 DP：令 \(f(i,x,y,z)\) 表示考虑了 \(d_{1..i}\)，一类/二类/三类操作涉及的操作集合中，最大后缀 \(d\) 之和为 \(x/y/z~(\in\{0,1\})\)，枚举 \(d_u=1,2,3\) 分别转移即可。

  复杂度 \(\mathcal O(Tn)\)（其实带一个 \(\ge \log n\) 的 \(24\) 倍常数 qwq）。

\(\mathcal{Code}\)

/*~Rainybunny~*/

#include <cstdio>
#include <cstring>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rep##i = r; i <= rep##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, per##i = l; i >= per##i; --i )

typedef long long LL;

inline int rint() {
    int x = 0, f = 1, s = getchar();
    for ( ; s < '0' || '9' < s; s = getchar() ) f = s == '-' ? -f : f;
    for ( ; '0' <= s && s <= '9'; s = getchar() ) x = x * 10 + ( s ^ '0' );
    return x * f;
}

template<typename Tp>
inline void wint( Tp x ) {
    if ( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
    if ( 9 < x ) wint( x / 10 );
    putchar( x % 10 ^ '0' );
}

template<typename Tp>
inline void chkmax( Tp& a, const Tp& b ) { a < b && ( a = b, 0 ); }
inline int imax( const int a, const int b ) { return a < b ? b : a; }

const int MAXN = 1e5;
const LL LINF = 1ll << 60;
int n, a[MAXN + 5];
LL f[MAXN + 5][2][2][2];

int main() {
    for ( int T = rint(); T--; ) {
        n = rint();
        rep ( i, 1, n ) a[i] = rint();

        memset( f, 0xc0, sizeof f );
        f[0][0][0][0] = 0;
        rep ( i, 1, n ) rep ( w, -1, 1 ) {
            rep ( x, 0, 1 ) rep ( y, 0, 1 ) rep ( z, 0, 1 ) {
                if ( w + x <= 1 && w + ( i & 1 ? y : z ) <= 1 ) {
                    chkmax( f[i][imax( imax( w, w + x ), 0 )]
                      [i & 1 ? imax( imax( w, w + y ), 0 ) : y]
                      [i & 1 ? z : imax( imax( w, w + z ), 0 )],
                      f[i - 1][x][y][z] + w * a[i] );
                }
            }
        }

        LL ans = -LINF;
        rep ( x, 0, 1 ) rep ( y, 0, 1 ) rep ( z, 0, 1 ) {
            chkmax( ans, f[n][x][y][z] );
        }
        wint( ans ), putchar( '\n' );
    }
    return 0;
}