题意简化：
1.给出 $m$ 个询问：区间最大子段和。
2.可支持在线修改。
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Solution：
有一题 p1115 题意类似，只不过不支持修改，可以很容易得到 dp 方程：
dp[i]=max(dp[i-1]+a[i],a[i]);
但本题须支持修改，考虑用线段树维护。
线段树本质上将该数列不断分成更小的区间，最后再合并信息。
考虑一段区间 l~r，将其分成两个区间：l~mid，mid+1~r，那么对于该区间，答案一定为左区间，右区间，或两区间合起来中的一个。
即：
答案即为黄红紫三个区间中的一个，这也就说明了线段树需要保存的东西：区间最大：$maxn$，从左端点起向右的最大值：$lmax$，从右端点向左的最大值：$rmax$。
考虑如何维护 $lmax$，$rmax$：
例：
$lmax$ 取 max（左子树 $lmax$，左子树与右子树 $lmax$ 之和）。
$rmax$ 同理，故我们需维护区间和。
上代码(加注释)：
#include<bits/stdc++.h>
#define size 5001000
using namespace std;
struct SegmentTree
{
int l,r,maxn,lmax,rmax,sum;
}t[size<<2];
int n,m,hxt[size];
inline void pushup(int p)
{
t[p].sum=t[p<<1].sum+t[p<<1|1].sum;
t[p].maxn=max(t[p<<1].maxn,max(t[p<<1|1].maxn,t[p<<1].rmax+t[p<<1|1].lmax));
t[p].lmax=max(t[p<<1].lmax,t[p<<1].sum+t[p<<1|1].lmax);
t[p].rmax=max(t[p<<1|1].rmax,t[p<<1|1].sum+t[p<<1].rmax);
}//上述维护lmax，rmax，maxn，sum的过程
inline void build(int l,int r,int p)
{
t[p].l=l,t[p].r=r;
if(l==r)
{
t[p].sum=hxt[l];
t[p].lmax=hxt[l];
t[p].rmax=hxt[l];
t[p].maxn=hxt[l];
return;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(l,mid,p<<1);
build(mid+1,r,p<<1|1);
pushup(p);
}//建树
inline void change(int pos,int d,int p)
{
if(t[p].l==t[p].r)
{
t[p].lmax=d;
t[p].rmax=d;
t[p].maxn=d;
t[p].sum=d;
return;
}
int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;
if(pos<=mid) change(pos,d,p<<1);
if(pos>mid) change(pos,d,p<<1|1);
pushup(p);
}//替换
inline SegmentTree ask(int l,int r,int p)
{
if(l<=t[p].l&&r>=t[p].r) return t[p];
int mid=(t[p].l+t[p].r)>>1;
SegmentTree val;
if(r<=mid) val=ask(l,r,p<<1);
if(l>mid) val=ask(l,r,p<<1|1);
if(l<=mid&&r>mid)
{
SegmentTree a,b;
a=ask(l,r,p<<1);
b=ask(l,r,p<<1|1);
val.lmax=max(a.lmax,a.sum+b.lmax);
val.rmax=max(b.rmax,b.sum+a.rmax);
val.maxn=max(b.maxn,max(a.maxn,a.rmax+b.lmax));
}//查询时，可能有三种情况：左，右，组合，故需返回多个值，此处返回结构体，同时维护查询的值
return val;
}
int main()
{
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&hxt[i]);
build(1,n,1);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int k,x,y;
scanf("%d %d %d",&k,&x,&y);
if(k==1)
{
if(x>y) swap(x,y);//小细节
printf("%d\n",ask(x,y,1).maxn);
}
else
{
change(x,y,1);
}
}
return 0;
}
于是，此题就做出来了。
return 0;