目录

一、题目

1、题目描述

2、输入输出

2.1输入

2.2输出

3、原题链接

二、解题报告

1、思路分析

2、复杂度

3、代码详解

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一、题目

1、题目描述

2、输入输出

2.1输入

2.2输出

3、原题链接

1984C2 - Magnitude (Hard Version)

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二、解题报告

1、思路分析

C1 是只要求求最值，通过C1 我们知道 操作2最多只需要（注意是只需要，而非必须）执行一次。

为什么？

我们要得到最大值，执行操作2如果能让值变大，说明当前值为负数

如果我们通过多次操作2使得值变大，那么我们只需保留最后一次操作2仍然能得到最大值

那么我们预先求出最小前缀和min

如果min >= 0，那么操作1、2可以随便取，答案为 2^n

否则，答案为 Σ 2^{n - i - 1 - posi}，其中 sum[i] == min，posi 为 sum[0, i] 中 >= 0 的 i 的数目

2、复杂度

时间复杂度： O(N)空间复杂度：O(N)

3、代码详解

 ​

#include <bits/stdc++.h>

// #define DEBUG

using u32 = unsigned;
using i64 = long long;
using u64 = unsigned long long;

constexpr int inf32 = 1E9 + 7;
constexpr i64 inf64 = 1E18 + 7;

constexpr int N = 400001;
std::vector<int> pow2(N);
constexpr int P = 998244353;

void solve() {
    int n;
    std::cin >> n;

    std::vector<int> a(n);

    i64 sum = 0, mi = 0;

    for (int i = 0; i < n; ++ i) {
        std::cin >> a[i];
        sum += a[i];
        mi = std::min(mi, sum);
    }

    if (mi == 0) {
        std::cout << pow2[n] << '\n';
        return;
    }

    sum = 0;
    i64 ans = 0;
    for (int i = 0, pos = 0; i < n; ++ i) {
        sum += a[i];
        if (sum == mi) {
            ans += pow2[n - i - 1 + pos];
            if (ans >= P) ans -= P;
        }
        if (sum >= 0) ++ pos;
    }

    std::cout << ans << '\n';
}

int main() {
    pow2[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; ++ i)
        pow2[i] = pow2[i - 1] * 2LL % P;

    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);

#ifdef DEBUG
    int cur = clock();
    freopen("in.txt", "r", stdin);
    freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif

    int t = 1;
    std::cin >> t;

    while (t--) {
        solve();
    }
#ifdef DEBUG
    std::cerr << "run-time: " << clock() - cur << '\n';
#endif
    return 0;
}