Description
制造一把金宝剑需要 n n n 种原料，编号为 1 1 1 到 n n n，编号为 i i i 的原料的坚固值为 a i a_i ai。
炼金是很讲究放入原料的顺序的，因此小 E 必须按照 1 1 1 到 n n n 的顺序依次将这些原料放入炼金锅。
但是，炼金锅的容量非常有限，它最多只能容纳 w w w 个原料。
所幸的是，每放入一个原料之前，小 E 可以从中取出一些原料，数量不能超过 s s s 个。
- 我们定义第 i i i 种原料的耐久度为：放入第 i i i 种原料时锅内的原料总数（包括正在放入的原料） × a i \times a_i ×ai，则宝剑的耐久度为所有原料的耐久度之和。
小 E 当然想让他的宝剑的耐久度尽可能得大，这样他就可以带着它进行更多的战斗，请求出耐久度的最大值。
注：这里的“放入第 i i i 种原料时锅内的原料总数包括正在放入锅中的原料，详细信息请见样例。
Input
第一行，三个整数 n , w , s n,w,s n,w,s。
第二行， n n n 个整数 a 1 , a 2 , … , a n a_1,a_2,\dots,a_n a1,a2,…,an。
Output
一行一个整数，表示耐久度的最大值。
Solution
1.考虑dp做法。
1.定义
令dp[i][j]为：当正在放第 i i i 种原料进锅里，锅里正好有 j j j 种原料时的宝剑耐久度总和。
2.初始化
根据数据可得，要先将dp数组设一个很小的负数。
特别地，dp[0][0] = 0。
3.状态转移
由于在放原料进锅之前，可以取出小于等于 s s s的原料数量。所以 j j j最低可以从j-1转移而来（一个原料都不拿出去），最多可以从min(w, j+s-1)（拿出 s s s种原料或者锅的容量上限 w w w），即：
for(int i=1; i<=n; i++)// 当前是第几个原料
for(int j=w; j>=1; j--)// 当前炉子中有几个原料
for(int k=j-1; k<=min(w, j+s-1); k++)// 放入当前可能剩下的原料
// 拿得最多在j+s-1的时候拿走s个
// 剩下j-1个，再放一个形成j个
// 或者不能超越炉子容量
dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i-1][k]+j*a[i]);
4.单调队列优化
以上算法时间复杂度为 O ( n 2 w ) O(n^2w) O(n2w)，时间只给500ms，显然超时。
不难发现，式子存在单调性质：
由于我们是从 dp[i][w] 往dp[i][1]更新答案，
如果dp[i-1][k] <= dp[i-1][j]且k>j时，dp[i-1][k]就可以被对答案更大贡献的dp[i-1][j]替代。
因为更大的 k 也意味着被弹出队列的可能性更大，而区间[j-1, min(w, j+s-1)]是整体往数值小的区间去移动。
用单调队列实现操作如下：
一个单调队列p维护k的取值区间，
一个单调队列维护dp[i-1][j-1]的最大值。
遍历每一个dp[i][j]，此时滑动窗口里的q[left]存放的即为dp[i-1][k]的最大值
如果队尾小于 dp[i-1][j-1] ，那么就将队尾弹出队列（因为），将dp[i-1][j-1]即当当前情况下的第二维最小的情况推入队列，；然后将队列里面一定不是最优解的情况全部从尾部删除。
计算到dp[i][j] ( i > 1 , j > 1 ) (i>1, j>1) (i>1,j>1)时，如果单调队列的队头dp[i-1][k]已经超过范围，即不符合 k < = j + s − 1 k<=j+s-1 k<=j+s−1，那么就将dp[i-1][k]弹出单调队列（从队头弹出）。
这样就实现了 O ( 1 ) O(1) O(1)转移。
Code
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
#define itn int //ovo
#define MOD 1000000007
using namespace std;
inline ll read()
{
ll x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){
if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){
x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
ll n, w, s;
ll a[5005];
ll dp[5005][5005];
// 记录下标，记录最大dp值
ll p[5005], q[5005];
void solve()
{
n = read(), w = read(), s = read();
for(int i=1; i<=n; i++)
{
a[i] = read();
}
for(int i=0; i<=n; i++)
{
for(int j=0; j<=w; j++)
{
dp[i][j] = -100000000000000000;
}
}
dp[0][0] = 0;
ll ans = -100000000000000000;
// 当前是第几个原料
for(int i=1; i<=n; i++)
{
ll left = 1, right = 1;
p[left] = w;
q[right] = dp[i-1][w];
cout << "i = " << i << endl;
// 当前炉子中有几个原料
for(int j=w; j>=1; j--)
{
// 显然，left只会不断往右移
// p数组维护容量区间
// 在p数组里找到上一轮最大的容量值
while(p[left]>j+s-1 && left<=right)
left++;
// 在q数组里找到上一轮最大的dp值
while(q[right]<dp[i-1][j-1] && left<=right)
right--;
right++;
p[right] = j-1; // p数组放进最小容量j-1
q[right] = dp[i-1][j-1]; // q数组放进dp[i-1][j-1]
// 容量区间内最大容量
dp[i][j] = q[left] + j*a[i];
}
}
for(int i=1; i<=w; i++)
ans = max(ans, dp[n][i]);
cout << ans;
}
int main(void)
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
// come on
solve();
return 0;
}