线段树维护区间最大子段和是好做的：每个节点维护当前最大子段和、从左端点开始的最大子段和、从右端点开始的最大子段和、当前节点的和。
这个题允许我们选择最多 \(k\) 段，于是我们可以考虑一个类似于反悔贪心的做法：一开始区间内所有元素的系数都是 \(+1\)，代表所有元素都没选入答案。假设我们第一次选择了一个子区间 \([l,r]\in [L,R]\)，则我们可以将 \([l,r]\) 的元素都乘以 \(-1\)，代表答案中已经选择了 \([l,r]\) 这个区间的元素，然后再选择修改后的一个区间。
例如数组 \(a=[-1,100,-100,100,-1]\)，第一次选择区间 \([2,4]\)，则将 \(a\) 修改为 \([-1,-100,100,-100,-1]\)，然后再选择此时的最大子段和区间 \([3,3]\)，代表我们不选 \(3\) 这个元素。
容易发现，我们每次操作都会新增一个选段，所以最多进行 \(k\) 次这样的操作。如果一次操作时发现选择的子段和为负，则代表已经没有正贡献的元素了，可以直接停止。
于是我们只需要维护最大、最小子段和（因为要处理取相反数的操作），以及对应的方案。
时间复杂度 \(O(mk\log n)\).
const int MAXN = 1e5 + 5;
int n, m, a[MAXN];struct _sgt {struct _node {int sm, flg, lmx, rmx, mx, lmn, rmn, mn;int lmxi, rmxi, mxl, mxr, lmni, rmni, mnl, mnr;} tr[MAXN << 2];void update(_node &x, _node ls, _node rs) {x.sm = ls.sm + rs.sm;tie(x.lmx, x.lmxi) = max(make_pair(ls.lmx, ls.lmxi),make_pair(ls.sm + rs.lmx, rs.lmxi));tie(x.rmx, x.rmxi) = max(make_pair(rs.rmx, rs.rmxi),make_pair(rs.sm + ls.rmx, ls.rmxi));tie(x.mx, x.mxl, x.mxr) = max({make_tuple(ls.mx, ls.mxl, ls.mxr),make_tuple(rs.mx, rs.mxl, rs.mxr),make_tuple(ls.rmx + rs.lmx, ls.rmxi, rs.lmxi),});tie(x.lmn, x.lmni) = min(make_pair(ls.lmn, ls.lmni),make_pair(ls.sm + rs.lmn, rs.lmni));tie(x.rmn, x.rmni) = min(make_pair(rs.rmn, rs.rmni),make_pair(rs.sm + ls.rmn, ls.rmni));tie(x.mn, x.mnl, x.mnr) = min({make_tuple(ls.mn, ls.mnl, ls.mnr),make_tuple(rs.mn, rs.mnl, rs.mnr),make_tuple(ls.rmn + rs.lmn, ls.rmni, rs.lmni),});}void pushup(int p) {update(tr[p], tr[lson], tr[rson]);}void addtag(int p) {tr[p].flg = !tr[p].flg;tr[p].lmx *= -1;tr[p].rmx *= -1;tr[p].mx *= -1;tr[p].lmn *= -1;tr[p].rmn *= -1;tr[p].mn *= -1;tr[p].sm *= -1;swap(tr[p].lmx, tr[p].lmn);swap(tr[p].lmxi, tr[p].lmni);swap(tr[p].rmx, tr[p].rmn);swap(tr[p].rmxi, tr[p].rmni);swap(tr[p].mx, tr[p].mn);swap(tr[p].mxl, tr[p].mnl);swap(tr[p].mxr, tr[p].mnr);}void pushdown(int p) {if (!tr[p].flg) return;addtag(lson); addtag(rson);tr[p].flg = 0;}auto query(int p, int l, int r, int L, int R) {if (L <= l && r <= R) return tr[p];pushdown(p);int v = INT_MIN;_node res = {v, 0, v, v, v, v, v, v};auto ls = (L <= mid ? query(lson, l, mid, L, R) : res);auto rs = (mid < R ? query(rson, mid + 1, r, L, R) : res);update(res, ls, rs);return res;}void modify(int p, int l, int r, int L, int R) {if (L <= l && r <= R) return addtag(p);pushdown(p);if (L <= mid) modify(lson, l, mid, L, R);if (mid < R) modify(rson, mid + 1, r, L, R);pushup(p);}void build(int p, int l, int r) {if (l == r) {tr[p] = {a[l], 0, a[l], a[l], a[l], a[l], a[l], a[l], l, l, l, l, l, l, l, l};return;}build(lson, l, mid);build(rson, mid + 1, r);pushup(p);}void modify2(int p, int l, int r, int k, int v) {if (l == r) {tr[p] = {v, 0, v, v, v, v, v, v, l, l, l, l, l, l, l, l};return;}pushdown(p);if (k <= mid) modify2(lson, l, mid, k, v);else modify2(rson, mid + 1, r, k, v);pushup(p);}
} t;void work() {cin >> n;for (int i = 1; i <= n; ++i)cin >> a[i];t.build(1, 1, n);cin >> m;while (m--) {int op; cin >> op;if (op == 0) {int k, v; cin >> k >> v;t.modify2(1, 1, n, k, v);} else {int l, r, k, ans = 0; cin >> l >> r >> k;vector<pair<int, int>> v;for (int i = 1; i <= k; ++i) {auto res = t.query(1, 1, n, l, r);int tmp = res.mx, L = res.mxl, R = res.mxr;if (tmp < 0) break;ans += tmp;t.modify(1, 1, n, L, R);v.push_back({L, R});}for (auto [L, R]:v)t.modify(1, 1, n, L, R);cout << ans << endl;}}
}