BZOJ_1915_[Usaco2010 Open]奶牛的跳格子游戏_DP+单调队列

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

设F[i]表示走到第i个点，给第i-1留下位置的最大收益。

i能走到i+K，这部分如果走一定只走正数。

于是DP转移:$F[i]=F[j]+sum[i-2]-sum[j]+V[i]+V[i-1](i-K\le j\ge i-2)$。其中sum为只选正数的前缀和。

单调队列优化一下即可。

因为最远可以从i+K-1跳到i-1，最后的答案还要加上这部分。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define N 250050
int n,a[N],Q[N],K,l,r;
ll s[N],f[N],ans;
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&K);
	int i;
	for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),s[i]=s[i-1]+max(a[i],0);
	if(K==1) {printf("%d\n",max(0,a[1])); return 0;}
	f[0]=0; f[1]=a[1];
	r++;
	for(i=2;i<=n;i++) {
		while(l<r&&Q[l]<i-K) l++;
		int j=Q[l];
		f[i]=f[j]+s[i-2]-s[j]+a[i]+a[i-1];
		while(l<r&&f[Q[r-1]]-s[Q[r-1]]<=f[i-1]-s[i-1]) r--;
		Q[r++]=i-1;
	}
	for(i=1;i<=n;i++) {
		ans=max(ans,f[i]+s[min(n,i+K-1)]-s[i]);
	}
	printf("%lld\n",max(ans,s[K]));
}