题目

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分析

不难看出，对 \(A\) 排序后，\(P_3,P_4,\dots,P_7\) 在序列上一定是连续的。因此实际上需要枚举的只有 \(P_1,P_2,P_3\) 三个数。

我们需要做下决定：设 \(q=P_4+P_5+P_6+P_7-P_3\)，则有 \(P_1<P_2+P_3\) 和 \(P_2<q\) 两条限制。如果我们枚举 \(P_1\) 或者 \(P_3\)，限制会集中在一侧，在一侧上要选出条件牵连的两个数来，难度颇大；而如果我们枚举 \(P_2\)，这两条限制分居两侧，从每侧选出一个数，简单不少。因此，我们会选择枚举 \(P_2\)。

枚举好 \(P_2\) 后，我们需要求的是满足 \(P_2<q\) 的最大的 \(P_3\)。但注意到，如果有 \(P_3\le P_3'\)，且 \(q<q'\)，那么 \(P_3\) 一定是不优于 \(P_3'\) 的。因此我们可以扫描 \(P_2\)，使用单调栈维护合法的 \(P_3\)，查询二分。最大化 \(P_3\) 之后，\(P_1\) 也可以直接二分。

因此，我们得到了 \(O(n\log n)\) 的算法。

小结：

1. 审慎地决定思考的方向，对于问题的分析不应停留于找出性质、获得解法 等等，分析也应该可以为你导出合理的思考方向。
2. 注意 \(P_3\) 待选点隐藏的单调性，类似的有「CSP-S2019」划分一题。

代码

#include <bits/stdc++.h>

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

typedef long long LL;

const int MAXN = 5e5 + 5;

template<typename _T>
void read( _T &x )/*{{{*/
{
	x = 0; char s = getchar(); int f = 1;
	while( ! ( '0' <= s && s <= '9' ) ) { f = 1; if( s == '-' ) f = -1; s = getchar(); }
	while( '0' <= s && s <= '9' ) { x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar(); }
	x *= f;
}/*}}}*/

template<typename _T>
void write( _T x )/*{{{*/
{
	if( x < 0 ) putchar( '-' ), x = -x;
	if( 9 < x ) write( x / 10 );
	putchar( x % 10 + '0' );
}/*}}}*/

int stk[MAXN], top;

LL P[MAXN], pre[MAXN], coe[MAXN];
int N;

int main()
{
	read( N );
	rep( i, 1, N ) read( P[i] );
	std :: sort( P + 1, P + 1 + N );
	rep( i, 1, N ) pre[i] = pre[i - 1] + P[i];
	LL ans = -1;
	rep( i, 5, N )
	{
		if( top && coe[stk[1]] > P[i] )
		{
			int l = 1, r = top, mid;
			while( l < r )
			{
				mid = ( l + r + 1 ) >> 1;
				if( coe[stk[mid]] > P[i] ) l = mid;
				else r = mid - 1;
			}
			int p = std :: lower_bound( P + 1, P + 1 + N, P[stk[l]] + P[i] ) - P - 1;
			if( i < p && p <= N ) ans = std :: max( ans, coe[stk[l]] + 2 * P[stk[l]] + P[i] + P[p] );
		}
		coe[i] = pre[i - 1] - pre[i - 5] - P[i];
		while( top && coe[stk[top]] <= coe[i] ) top --;
		stk[++ top] = i;
	}
	write( ans ), putchar( '\n' );
	return 0;
}