来个另类解。

思路

手玩一下样例，发现减法只会用在正数上，加法只会用在负数上，大概是因为如何在负数上用了减法或在正数上用了加法，都需要额外的次数去消掉。

然后注意到在两个正数中间包这的所有负数可以直接缩成一个数，两个负数中间包着的所有正数也可以直接缩成一个数。那么现在的序列就变成了一个正负相间的序列了，对于每一次操作都可以直接打一个 tag。

考虑简化操作，对于一个序列记其中绝对值最小的数为 \(x\)，那么在 \(|x|\) 次操作后，所有绝对值为 \(|x|\) 的位置值都将变成 \(0\)。但是因为 \(0\) 的出现，会导致序列不再正负相间，因此可以用 set 维护，每一次删除 \(|x|\) 的数，将其两边的数合在一起。复杂度 \(\Theta(n \log n)\)。

发现将两边的数 \(x,y\) 合在一起成为 \(x + y - tag\)，因为 \(x,y\) 均要减去一个 \(tag\)，但是单一元素只会减一个 \(tag\)。将这个模拟过程刻画一下：将两个正数合并的代价是中间的负数大小，将两个负数合并的代价是中间正数的大小。

不妨定义 \(dp_i\) 表示包含第 \(i\) 个数的最大段的权值和，显然有转移 \(dp_i = \max(0,dp_{i - 2} - t_{i - 1}) + t_i\)，其中 \(t_i\) 表示将正数缩成一个点，负数缩成一个点过后的序列。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define re register
#define int long long
#define chmax(a,b) (a = max(a,b))

using namespace std;

const int N = 1e6 + 10;
int n;
int num,arr[N],tmp[N],dp[N];

inline int read(){
    int r = 0,w = 1;
    char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9'){
        if (c == '-') w = -1;
        c = getchar();
    }
    while (c >= '0' && c <= '9'){
        r = (r << 3) + (r << 1) + (c ^ 48);
        c = getchar();
    }
    return r * w;
}

#define check(x,y) (((x) <= 0 && (y) <= 0) || ((x) >= 0 && (y) >= 0))

inline void solve(){
    num = 0; n = read();
    for (re int i = 1;i <= n;i++) arr[i] = read();
    int lst = 0;
    for (re int i = 1;i <= n;i++){
        if (check(lst,arr[i])) lst += arr[i];
        else{
            tmp[++num] = abs(lst);
            lst = arr[i];
        }
    }
    if (lst) tmp[++num] = abs(lst);
    int ans = 0;
    for (re int i = 1;i <= num;i++){
        dp[i] = max(0ll,dp[i - 2] - tmp[i - 1]) + tmp[i];
        chmax(ans,dp[i]);
    }
    printf("%lld\n",ans);
}

signed main(){
    int T; T = read();
    while (T--) solve();
    return 0;
}