估計是全網最複雜題解。。。
反向考慮：將 \(a_i\) 進行減操作，使得每個數都小於等於 0。考慮差分，差分後將區間減轉變為單點的加減，但是這樣一來每個數都小於等於 0 的判定就變成了要判定字首和是否都小於等於 0，這不太好處理。
考慮增加一個區間加操作，對 \([l,r]\) 的區間內的 \(a_i\) 加 1，花費為 0。可以想象為透過原本的操作把 \(a_i\) 操作至非正後，又把負數全部再加回 0。這樣一來相當於透過增加一個“不優”的操作將終止條件從全部非正轉化為了全部都要是 0，方便後續討論。
看看現在問題是什麼。給定一個陣列 \(a_i\)，其中有正有負。操作1（字首）：\(a_1-=1\)，\(a_{r+1}+=1\)，花費代價 \(r\)。操作2（字尾）：\(a_l-=1\)，花費代價 \(n-l+1\)。操作3（調整）：\(a_x+=1\)，\(a_y-=1\)，滿足 \(x<y\)，花費為 0。透過這三個操作，將 \(a_i\) 全部變為 0，求最小代價。
幾個觀察：
首先，操作是滿足交換律的，也就是說最優解中的操作序列打亂順序後依然是最優解。
由於 \(a_i\) 中的數全部要變為 0，那麼我們不會把正數變大，不會把負數變小，也不會對 0 做任何操作。
假設沒有負數，最優方案很顯然：對每個正數做操作2直到變小至0。但有了負數之後，這樣做就不優了，這是因為負數能夠在一定程度上最佳化正數變小的開銷。舉例說，如果有一個 “ ... -1 ... +1 ...”，我們可以透過操作3，不消耗任何代價使得後面的 +1 變為 0；如果有一個 " ... +1 ... -1 ..."，我們先透過對 -1 進行操作1，花費代價 r 將 -1 轉移到 \(a_1\) 去，然後就轉化成了上面的情況，再使用操作3即可。這相當於花費 r，使得前面的 +1 變為 0。具體的，假設說 +1 在位置 \(i\)，-1 在位置 \(j\)，如果 \(j<i\)，即 -1 在 +1 前面，我們可以讓 +1 的原本的 \(n-i+1\) 的花費降低至 0；如果 \(j>i\)，可以把花費降低至 \(j-1\)。
有了上面的觀察，我們可以進一步轉化題目：先不考慮負數，只用操作2把所有正數變成 0 並計算花費，然後剩下一堆負數沒有用，再考慮負數能夠透過操作1、3最多挽回多少損失。一個 -1 透過操作3，可以退回右側 +1 之前的操作2的開銷；透過操作1+操作3，可以退回左側 +1 之前的操作2的開銷。
具體來說，假設說有一個 -1 在 \(j\) 的位置，它可以透過操作1和3去處理一個在 \(j\) 之前的 \(i\) 處的 +1，挽回 \(w(j)=n-i+1-(j-1)\) 的花費，也可以選擇透過操作3去處理一個在 \(j\) 之後的 \(k\) 處的一個 +1，挽回 \(w(k)=n-k+1\) 的花費。這兩個花費分別就是在左側的 +1 和在右側的 +1 的價值。
問題變成了每一個負數的抉擇：分多少 -1 給左邊，分多少 -1 給右邊？
這裡我們使用貪心策略，每一次選擇當前能夠挽回最多代價的一對 -1 和 +1。這樣的最優配對有什麼特徵？
我們發現，不論最優配對的 +1 在哪裡，其配對的 -1 一定是當前在最左邊的那個 -1（操作1花費最小，且能對最多正數做操作3）。也就是說，越靠左的 -1 越厲害，而且最優配對的 -1 一定是最左邊的 -1。
所以每一次最佳配對的 -1 都是確定的，只需要每次找到最優的 +1 ，也就是要找到使得 \(w(j)\) 最大的 j。
注意到：
- 越靠左的 +1 消耗的操作2的代價越大，選擇它能挽回的代價就越多。
- 同在左側的 +1 都需要 -1 做一次操作1，同在右側的 +1 都不需要這個操作1。
綜上，最優的 +1 一定是 -1 兩側的最左邊的兩個 +1 中的一個。比較一下選擇最優的即可。
但上述討論姑且只是在只考慮一步的情況下的最優解，如果允許先前已經配對好的 -1 重新決定配對，當前最優的 +1 可能會變化。也就是說，之前已經做出的區域性最優抉擇可能會在後面發現不是最優的，需要進行反悔。
情況1： "... +1 ... -1 ... +1 ... -1 ..."：先前考慮到 2 時，組成了配對 (2,1)，然後在考慮到 4 時，組成了配對 (4,3)，目前為止每一步配對都在當時是最優的。但現在我們知道，如果我們對於”在考慮 2 時做出的抉擇“進行反悔：讓 2 不再和 1 配對而是和 3 配對，然後失去配對的 1 由 4 接管，那麼就可以省去一個操作1（省去一個 \(i_2-1\) 的代價）。即 (2,1)(4,3) 可以反悔成 (2,3)(4,1)。如何進行反悔？
考慮進行反悔後會發生什麼。如果應用了這個反悔，我們發現：當前情況下選擇將位於 3 的 +1 下降所能挽回的最多的價值其實不是 \(n-i_3+1-(i_4-1)\) 而是 \(n-i_3+1-(i_4-1)+(i_2-1)\)。所以，原先對處於當前 -1 的左邊的 +1 做出的估價函式，可以再增加一項。
在當前考慮的 -1(i) 的左邊的 +1(j)，如果它的左邊還有一個最近的一個先前抉擇好的配對 \((p,q)\)，滿足 \(q<p<j<i\) 且 p 最大，那麼透過配對 \((p,j)(i,q)\)，計算得新的價值函式 \(w'(j)=n-j+1-(i-1)+(p-1)\)。這個價值函式相比於先前的，能夠多挽回 \(p-1\) 的價值。
透過允許反悔，最佳化了左側 +1 的估價函式，反過來說，透過獲取更新後的價值，也相當於自動完成了對先前抉擇的反悔。
情況2：" +1 ... -1 -1 +1 ..."：位於 2 的 -1 在當時選擇了右邊最近的 +1，即與位於 4 的 +1 配對成 (2,4)，但顯然全域性最優解會選擇將 3 與 4 配對。這是因為，如果配對 (3,4)，那麼為了消去 1 所需要的操作1，可以由 2 而不是 3 來做，最佳化了操作 1 的花費。即 (2,4)(3,1) 可以反悔成 (2,1)(3,4)。如何進行反悔？
可以仿照情況一，對能夠最佳化的 +1 的價值函式進行修改。
比如當前考慮到的 -1 位於 \(i\)，且存在一個配對 \((p,q)\) 滿足 \(p<i<q\)，那麼對於 \(j<p<i<q\) 的 \(j\)，透過配對 \((p,j)(i,q)\) 其價值最佳化為 \(w'(j)=n-j+1-(p-1)\)，相比於之前多挽回 \(i-p\) 的價值。但這個相比於情況一難處理得多。
實際上，我們可以透過直接避免這種情況的發生來避免反悔。注意到一段連續的 -1 中的每一個與右邊最近的 +1 配對時價值相同，但是如果我們總是選擇連續段中最右邊的 -1 去跟右邊的 +1 配對，就不會發生情況2。
故我們不再每次只考慮最左邊的一個 -1，而是考慮最左邊的連續的一段 -1（內部沒有正數），那麼左邊的 +1 還是會與最左邊的 -1 配對，而右邊 +1 會與連續段的最右邊的 -1 配對。
解決了上述的兩種情況，我們可以做到：在綜合考慮當前的抉擇和過去所有抉擇的反悔的情況下，每次都能找到最優的一步選擇。這歸功於我們找到了允許反悔的情況下的每一個 +1 的價值函式。這樣每次選擇價值函式最高的 +1 的貪心，最終就可以獲得最優解。
這個問題實際上可以轉化為費用流問題，上述貪心和反悔實際上是在模擬費用流的進退流過程，因此可以獲得嚴謹的正確性證明。