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题意

　　第一行，一个数$T$，表示数据组数。

　　对于每一组数据，给定一个$n$，接下来是一个长度为$n$的数列$a$，$a$的第$i$项为$a_i$。

　　所有$a_i$都是正整数。现在你可以选择若干个不同的$a_i$使他取相反数，但是你需要保证修改后的序列的任意一段长度大于$1$的连续自序列的数字总和都为正数。在满足条件的基础上，最小化修改之后$sum_{i=1}^n a_i$，并输出方案。

　　$T,nleq 10^5, sum n leq 5 imes 10^5, a_ileq 10^9$

题解

　　对操作之后的序列求前缀和之后，我们可以得出以下结论：

　　$s_i>s_{i-2} (i=2)$

　　$s_i>s_{i-2}且s_i>s_{i-3} (2<ileq n)$

　　而且，显然，被修改的$a_i$必然满足$a_i>a_{i-1}, a_i>a_{i+1}$（当$i=1或i=n$的时候稍微特殊）。

　　设$dp_i$为处理了$a_{1cdots i}$且修改了$a_i$时，保证前$i$个元素构成的子序列合法，$sum a_{1cdots i}$的最大值。

　　先不考虑转移条件，列出转移方程：

$$dp_i=min(dp_j-s_j+s_i-2a_i)$$（这里的$s$指$a$被修改之前的$s$，不要和之前提到的$s$混淆，后面的也要注意。）

　　然后我们来罗列一下条件：

　　对于$i$，满足$a_i>a_{i-1}, a_i>a_{i+1}$。

　　于是第$i-1$个元素不能被修改，故$j<i-1$。

　　当$j=i-2$时，需要满足$-a_{i-2}+a_{i-1}-a{i}>0$。

　　当$j<i-2$时，由于$a_i>a_{i-1}, a_i>a_{i+1}$，所以$s_{i}>s_{i-2}, s_{i}>s_{i-3}$且$s_{i+1}>s_{i-1}, s_{i+1}>s_{i-2}$（太显然了，自己验证）。所以只要$j<i-2$就可以转移。于是我们只需要对$dp_j-s_j$取个前缀$min$即可。

　　至于求方案这个没什么思维含量就不说了。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=100005;
const LL INF=1LL<<57;
int T,n;
LL a[N],s[N],dp[N],f[N],Min[N];
LL cc(int i){
	return dp[i]-s[i];
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while (T--){
		scanf("%d",&n);
		for (int i=1;i<=n;i++)
			scanf("%lld",&a[i]),s[i]=s[i-1]+a[i];
		a[n+1]=INF;
		LL ans=0;
		dp[0]=0;
		dp[1]=a[2]>a[1]?-a[1]:a[1];
		Min[0]=0;
		Min[1]=cc(1)<cc(0)?1:0;
		for (int i=1;i<=n;i++){
			if (i>=2){
				dp[i]=INF;
				if (a[i]<a[i-1]&&a[i]<a[i+1]){
					if (-a[i-2]+a[i-1]-a[i]>0)
						if (dp[i-2]+s[i]-s[i-2]-2*a[i]<dp[i]){
							dp[i]=dp[i-2]+s[i]-s[i-2]-2*a[i];
							f[i]=i-2;
						}
					if (i-3>=0)
						if (cc(Min[i-3])+s[i]-2*a[i]<dp[i]){
							dp[i]=cc(Min[i-3])+s[i]-2*a[i];
							f[i]=Min[i-3];
						}
				}
				Min[i]=cc(Min[i-1])>cc(i)?i:Min[i-1];
			}
			if (dp[i]+s[n]-s[i]<dp[ans]+s[n]-s[ans])
				ans=i;
		}
		for (int i=ans;i;i=f[i])
			a[i]=-a[i];
		for (int i=1;i<=n;i++)
			printf("%lld ",a[i]);
		puts("");
	}
	return 0;
}
/*
dp[i]=min(dp[j]+s[i]-s[j]-2*a[i])
	a[i]<a[i-1],a[i]<a[i+1]
	j==i-2,-a[i-2]+a[i-1]-a[i]>0
	j<i-2,显然可以
*/