本贴主要针对 yuanruiqi 大佬的 $O(n)$ 题解做自己的个人理解，可能能解决你的一些疑惑。

特殊性质A

首先是关于 特殊性质A 的 说明，特殊性质A保证只有一个正数。

令 $c_p>0$， $R_i$ 是第一个满足 $a_j > a_i$ 且大于 i 的 j 值。

则我们如果 想要拿到 $c_p$ 的正贡献，必然有某个区间为 $[p, pr] (pr \ge R_p)$ 。 且由于后面全部都是负数，所以不需要取后面，剩下一直区间不动就好了。即区间为 $[p, R_p]$

在 p 前面的部分，我们又应该尽可能少取，所以我们每次尽可能让数字从左端离开，这时不会记录 $sum$ , 所以理想的区间长度每次均为 1。由此可以简单得到 8 分代码

AC做法

这里解释一下题解中的 这个过程启发我们关注队列中只有一个元素的时刻 这句话。

因为有 $n$ 个区间, 所以 $r_i$ 可以一个一个地覆盖到 $n$ ，而且多余的区间可以以重复区间给冲掉，因此实际上可以视为不超过 $n$ 个区间。

又因为我们从左端退栈不需要计算 $sum$ ，所以我们可以设计让多余元素 $a_i$ 从左端退栈 （前提是他不会被 $a_{i+1}$ 弹掉。）这样就不会引起其他变化。

这个时候，当我们固定 $r_n$ , 我们可以通过构造，使得 $l_n = r_n$ 或者 $R_{l_n} = r_n$ , 使得当取到最后的时候，队列中只剩下 $r_n$ ， 而不引起其他变化。

所以，用 $f_i$ 来记录栈中只剩下 $c_i$ 一个元素从而计算 $\min \left \{ f_i \right \}$ 作为答案是可行的。

而让 $a_i$ 计算贡献的方法，一定是他被通过某一个方式弹掉了，这个时候，必然存在某个 $r_j > R_{i}$ 。且那个时候，因为 $a_{R_i}$ 是第一个大于 $a_i$ 的，所以当栈中只有 $a_i$ 时，转移出的 $f_{R_i}$ 也一定只含有 $a_{R_i}$

关于第 29 行

第29行有一句

f[i + 1] = max(f[i + 1], f[i] + (a[i + 1] > a[i] ? c[i] : 0));

实际上，$a[i]<a[i+1]$ 不需要判断，因为这种情况已经包括在下面的 $f_{p_i}$ 计算之下了。实测修改代码为以下代码也可AC

if (a[i]>a[i+1]) f[i+1] = f[i];

感觉这实际上是一种理解的问题，大佬的做法是对 "大于和小于" 的分类讨论，而后者更像是对 $a[i]<a[i+1]$ 的特判。

下面是关于8分特性A的代码。

// 以下代码在 #define F(i,l,r) for(int i=l; i<=r; i++) 下运行 

int n;
int a[LXB];
int c[LXB];

void solve()
{
    // 仅有一个正数
    cin>>n;
    F(i,1,n) cin>>c[i];
    F(i,1,n) cin>>a[i];
    int x=0;
    F(i,1,n){
        if (a[i]>a[i-1]) x+=c[i-1]; 
        if (c[i]>0){
            F(j,i+1,n){
                x+=c[j-1];
                if (a[j]>a[i]){
                    cout<<max(0ll,y)<<endl;
                    return ;
                }
            }
            cout<<0<<endl;
            return ;
        }
    }
}