给定 \(2\times n\) 的矩阵 \(t\)，求最多能切分出多少个和为 \(0\) 的连续子矩阵。

\(n\le 3\cdot 10^5\)，\(|t_{i,j}|\le 10^9\)。

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朴素的想法是按列 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示只考虑第一行前 \(i\) 格和第二行前 \(j\) 格时的答案，\(s_{0/1/2,i}\) 表示两行/第一行/第二行的前缀和，\(p_{0/1/2,i}\) 表示最大的 \(j\) 使得存在 \(j<k\le i\) 有 \(s_j=s_k\)，则有 \(f_{i,j}=\max\{f_{i,p_{2,j}},f_{p_{1,i},j},f_{k,k}\}+1\)，其中 \(k=p_{0,\min(x,y)}\)，分别对应三种决策。复杂度 \(O(n^2)\)。

然后就自闭了，正解是神必贪心：若 \(p_{1,i}\ge p_{2,j}\)，则选了第二行 \((p_{2,j},j]\) 就一定要选第一行 \((p_{1,i},i]\)，所以只用算 \(f_{p_{1,i},j}\)，\(p_{1,i}<p_{2,j}\) 时同理。

结果记搜一下就过了，因为对于某个 \(i\)，状态只用到了 \(f_{i,i}\)、\(f_{i,j}=f_{i,i}+1\) 的某个 \(j\)，\(f_{j,i}=f_{i,i}+1\) 的某个 \(j\)，所以状态数只有 \(O(n)\)，时间复杂度 \(O(n\log n)\) 或 \(O(n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 300003;
template<typename T>
void rd(T &x){
	int ch = getchar(); bool f = false; x = 0;
	for(;ch < '0' || ch > '9';ch = getchar()) f |= ch == '-';
	for(;ch >= '0' && ch <= '9';ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
	if(f) x = -x;
}
template<typename T>
bool chmax(T &a, const T &b){if(a < b) return a = b, 1; return 0;}
int n, p[3][N]; LL s[3][N];
unordered_map<LL, int> v[3];
unordered_map<int, int> f[N];
int calc(int x, int y){
	if(x < 0 || y < 0) return -1e9;
	if(f[x].count(y)) return f[x][y];
	int t = p[0][min(x,y)];
	return f[x][y] = max(0, 1 + max(p[1][x]>p[2][y]?calc(p[1][x],y):calc(x,p[2][y]), calc(t,t)));
}
int main(){
	rd(n);
	for(int i = 1;i <= 2;++ i)
		for(int j = 1;j <= n;++ j){
			rd(s[i][j]); s[i][j] += s[i][j-1];
		}
	memset(p, -1, sizeof p);
	v[0][0] = v[1][0] = v[2][0] = 0;
	for(int i = 1;i <= n;++ i){
		s[0][i] = s[1][i] + s[2][i];
		for(int j = 0;j < 3;++ j){
			p[j][i] = p[j][i-1];
			if(v[j].count(s[j][i]))
				chmax(p[j][i], v[j][s[j][i]]);
			v[j][s[j][i]] = i;
		}
	} f[0][0] = 0;
	printf("%d\n", calc(n, n));
}