Beginning

这道题思维难度很大，有两个难点其实都不好解决，但因为其代码太过弱智所以只是绿题。

本题解详细地分析了做题时的历程与思路，所以希望大家可以仔细地完整阅读。

Analysis

首先先大体观察一下题目的性质：$n$ 是排列，这可能会有用；题目的权值求法其实就是逆序对，而逆序对产生的贡献一定有偶数个，所以我们的答案一定是偶数。

同时，对二取模也十分引人注意。这意味着我们的 $v$ 序列其实是一个 $01$ 序列。

题目要求可以选择执行一次移动操作使得权值和变大，也就是我们要通过这一次操作尝试变出更多的 $1$。尝试一下发现，每次移动一个数只会对其移动中跨过的数产生影响，如果是 $01$ 序列的话就体现在会把 $01$ 翻转。对于移动的数字，如果跨过了奇数个位置则翻转，否则不变。

可以简单理解一下：

1. 如果一个数 $x$ 从位置 $a$ 移动到位置 $b$ 和 $b+1$ 之间（满足 $a<b$），那么对于 $[a+1,b]$ 中的任意一个数字 $t$，如果 $x$ 在移动前对 $t$ 产生了贡献，则 $x>t$，移动后 $x$ 将不再对 $t$ 产生贡献，在模二的意义下就相当于 $t$ 异或上 $1$，即 $01$ 翻转。反之亦然。
2. 对于 $x$ 同理，其移动后原来产生贡献的数字一定不产生贡献，原来不产生贡献的数字一定会产生新贡献。看贡献变化量的奇偶性，如果跨过偶数个那么贡献变化量一定是偶数（偶数 - 偶数 = 偶数），在模二意义下贡献值不变。反之亦然。

我们好像得到了一个初步的简化题面：给定一个 $01$ 序列，可以翻转某一个区间，使得最终序列中 $1$ 个数最多。

显然，我们要求一个类似最大子段和的东西，然后用初始贡献加上一次翻转能带来的最大贡献就是答案。

同时我们还发现翻转区间的长度只能是偶数，因为上述 $x$ 跨过奇数个位置的情况下 $x$ 自己也会变，其实就等价于翻转了 $[a,b]$ 这个长度为偶数的区间。

所以我们要找到一个长度为偶数的区间使得区间内 $0$ 的个数减去 $1$ 的个数得到的差最大。

考虑把 $0$ 映射成 $1$，把 $1$ 映射成 $-1$，然后统计前缀和。对于每个位置，可以记录下之前奇数位置与偶数位置上的最小前缀和，根据下标奇偶性转移最大差值即可。

时间复杂度 $O(n)$。

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这还没完，转换完题意后我们还要考虑如何计算初始贡献。这道题时限卡树状数组的 $\log$（实测光放一个 sort 交上去就会 TLE），所以我们还要考虑如何线性求初始贡献。

肯定要从对二取模这个性质下手。发现我们最开始得到的逆序对贡献数一定是偶数这个结论其实很对，假设对于 $p_i$，因为是排列所以比 $p_i$ 小的数就有 $p_i-1$ 个。设 $t_i$ 表示 $i$ 左边比 $p_i$ 小的数的个数，根据题目贡献可以写成 $[(i-1)-t_i]+[(p_i-1)-t_i]=i+p_i-(2t_i+2)$，后半部分明显被取模二约掉了！所以最终的初始贡献表达式即为 $v_i=(i+p_i)\mathrm{mod}2$。

根据上述方法预处理即可，时间复杂度 $O(n)$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 5e6 + 7;int n, a[maxn], s[maxn];void solve()
{int ans = 0;cin >> n;for(int i = 1; i <= n; i ++){cin >> a[i];a[i] = (i + a[i]) % 2; // 计算初始值ans += (a[i] == 1); // 统计答案s[i] = s[i - 1] + (a[i] == 0? 1 : -1); // 转化+预处理前缀和}int min1 = 1e9, min2 = 0; // 奇数、偶数位置的最小前缀和int maxd = 0; // 最大贡献for(int i = 1; i <= n; i ++){if(i % 2 == 0){maxd = max(maxd, s[i] - (i==2? 0:min2)); // 特判一下之前还没有前缀和的时候可以认为能全选（历史前缀和=0）min2 = min(min2, s[i]);}else{maxd = max(maxd, s[i] - (i==1? 0:min1));min1 = min(min1, s[i]);}}cout << ans + maxd << '\n';
}signed main()
{ios :: sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr), cout.tie(nullptr);int T; cin >> T;while(T --) solve();return 0;
}