1915: [Usaco2010 Open]奶牛的跳格子游戏
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Description
奶牛们正在回味童年，玩一个类似跳格子的游戏，在这个游戏里，奶牛们在草地上画了一行N个格子，(3 <=N <= 250,000)，编号为1..N。就像任何一个好游戏一样，这样的跳格子游戏也有奖励！第i个格子标有一个数字V_i(-2,000,000,000 <=V_i <= 2,000,000,000)表示这个格子的钱。奶牛们想看看最后谁能得到最多的钱。规则很简单： * 每个奶牛从0号格子出发。(0号格子在1号之前，那里没钱) * 她向N号格子进行一系列的跳跃(也可以不跳)，每次她跳到的格子最多可以和前一 个落脚的格子差K格(1 <= K <= N)(比方说，当前在1号格，K=2, 可以跳到2号和3号格子) *在任何时候，她都可以选择回头往0号格子跳，直到跳到0号格子。另外，除了以上规则之外，回头跳的时候还有两条规则： *不可以跳到之前停留的格子。 *除了0号格子之外，她在回来的时候，停留的格子必须是恰巧过去的时候停留的某个格子的前一格(当然，也可以跳过某些过去时候停留的格子)。简单点说，如果i号格子是回来 停留的格子，i+1号就必须是过去停留的格子，如果i+1号格子是过去停留的格子，i号格子不一定要是回来停留的格子。(如果这里不太清楚的可以去看英文原文)她得到的钱就是所有停留过的格子中的数字的和，请你求出最多奶牛可以得到的钱数。 在样例中，K=2，一行5个格子。
一个合法的序列Bessie可以选择的是0[0], 1[0], 3[2], 2[1], 0[0]。(括号里的数表示钱数) 这样，可以得到的钱数为0+0+2+1+0 = 3。 如果Bessie选择一个序列开头为0, 1, 2, 3, ...，那么她就没办法跳回去了，因为她没办法再跳到一个之前没跳过的格子。序列0[0], 2[1], 4[-3], 5[4], 3[2], 1[0], 0[0]是最大化钱数的序列之一，最后的钱数为(0+1-3+4+2+0 = 4)。
Input
* 第1行 1: 两个用空格隔开的整数: N 和 K * 第2到N+1行: 第i+1行有一个整数: V_i
Output
* 第一行: 一个单个的整数表示最大的钱数是多少。
Sample Input
5 2
0
1
2
-3
4
Sample Output
4
OUTPUT DETAILS:
还有一种可能的最大化钱数的序列是: 0 2 4 5 3 1 0
用dp[i]表示走到i并且回到i-1最大收益
用sum[i]表示到i的正权值和
所以在k之后的点j的最大收益为dp[j-k]+sum[j]-sum[j-k],在k之前的最大为sum[k]
用单调队列优化一下
dp[i]=dp[q[head]]+sum[i-2]-sum[q[head]]+val[i]+val[i-1]
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<complex>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<vector>
#include<string>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch<='9'&&ch>='0'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
const ll N=250100;
ll dp[N],q[N],val[N],sum[N],n,k;
int main()
{
n=read();k=read();
for(ll i=1;i<=n;i++)val[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+max(0ll,val[i]);;
ll head=0,tail=1;
for(ll i=1;i<=n;i++)
{
while(q[head]<i-k&&head<tail)head++;
dp[i]=dp[q[head]]+sum[i-2]-sum[q[head]]+val[i]+val[i-1];
while(dp[q[tail-1]]-sum[q[tail-1]]<dp[i]-sum[i]&&head<tail)tail--;
q[tail++]=i;
}
ll ans=sum[k];
for(ll i=1;i<=n;i++)ans=max(dp[i]+sum[min(i+k,n)]-sum[i],ans);
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}