https://www.luogu.com.cn/problem/P3210

貪心

我們維護先手得分與後手得分的差值

結論：

在任何情況下，如果能夠取到整個序列的最大值，那麼取到整個序列的最大值一定最優

證明：

假設有一個對手，與你同時下同一種局面下的兩個遊戲

在第一局中，對手執先手，在第二種局面中，你執先手

你的策略是上述結論，你只需要保證第二種局面不會比第一種更劣就好了

\(Round 1\)

第一局：

對手\(p_1\)：\(x\)

你\(q_1\)：\(Max\)

第二局：

你\(q_2\)：\(Max\)

對手\(p_2\)：\(y\)

接下來的幾輪，你就模仿對手就好了，對手取啥，你就取啥

有時你取不到對手取的東西，你就取對手取的位置旁邊的\(0\)

這樣保證滿足：\(q_2=p_1-\{x^{'}\}+\{M\},q_1=p_2-\{y^{'}\}+\{M\}\)(注：\(x^{'},y^{'}\)不一定是\(x,y\))

觀察上面的式子，你驚奇地發現你總是更優

一旦在一輪兩局中出現相同的局面，就可以直接結束(你可以完全模仿對方啦！)

證明完畢！

但是\(Max\)不一定能夠取到，我們先考慮一下簡化序列

對於序列\(x,y,z(x<y,z<y)\)，先後手肯定都想取\(z\)，所以沒人會先取，除非不得已

如果一定要取，一定是不得已了，那麼一定會一口氣取完，先取的產生貢獻\(x+z-y\)

這樣我們可以把所有序列（中間用\(0\)

對於不在兩端的序列，我們隨時可以取得它的最大值，一個個取就是最優解

對於首尾的序列，對於首單調遞增的那部分，尾單調遞減的那部分，我們可以按照上面的方法處理

麻煩的是剩餘的那部分(這裡包括山谷)，考慮一下，會不會在不在兩端的序列還沒取完的時候，就有人去取它了呢？

假設先手取了，那麼說明在如果最後自動分配時，這個數是後手取的（對先手不利）

那麼顯然，後手不會繼續取（隔一個取的）

根據奇偶性，後手依舊可以取到相同奇偶性的較優秀的方案

所以，我們只需要把山谷也當成可以直接取的來處理就好了

\(OK!\)

\(C++ Code:\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define N 1000005
#define _INF -123456789987654321
#define ll long long
using namespace std;
int cnt,_n,n,L,R,RL,RR;
ll _s,s=0,st,ans=0,x,a[N];
priority_queue<ll>q;
int main()
{
    scanf("%d",&_n);
    L=_n+1,R=0;
    for (int i=1;i<=_n;i++)
    {
        scanf("%lld",&x);
        s+=x;
        if (!x)
        {
            a[++n]=_INF;
            continue;
        }
        a[++n]=x;
        while (n>2 && a[n-1]!=_INF && a[n-2]!=_INF && a[n-2]<a[n-1] && a[n-1]>a[n])
        {
            a[n-2]=a[n-2]+a[n]-a[n-1];
            n-=2;
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
        if (a[i]!=_INF)
            cnt++;
    for (L=1;a[L]!=_INF && a[L+1]!=_INF && a[L]>=a[L+1];L+=2)
    {
        if (cnt & 1)
            ans+=a[L]-a[L+1]; else
            ans+=a[L+1]-a[L];
    }
    for (R=n;a[R]!=_INF && a[R-1]!=_INF && a[R]>=a[R-1];R-=2)
    {
        if (cnt & 1)
            ans+=a[R]-a[R-1]; else
            ans+=a[R-1]-a[R];  
    }
    for (;L<=R;L++)
        if (a[L]!=_INF)
            q.push(a[L]);
    st=1;
    while (!q.empty())
    {
        ans+=st*q.top();
        q.pop();
        st=-st;
    }
    printf("%lld %lld\n",(s+ans) >> 1,(s-ans) >> 1);
    return 0;
}