传送门：QAQQAQ
题意：给你一个序列，求一个子序列a[l]~a[r]使得该子序列的sum(l,r)-k*(r-l+1+m+1)/m值是在所有子序列中最大的，并输出最大值
思路：比赛的时候使用O(n)写的，但是被hack了，因为O(n)无法记录当前距离下一次-k还有多少，若用单调队列维护也不知道前面应该弹出多少（可能现在把前面弹出是最优的，但是到后面可能因为个数还没到m的倍数，把前面加进去又是最优的），所以我们考虑再加一维
法一：dp[i][j]表示序列到i截止，这一轮已经进行了j次取数（j=(len+m-1)%m），那么dp[i][j]维护的就是起点为s=i-j+1-m*t(t>=0)这个集合的最优，这样所有的dp[i][j]就可以维护以i截止的最优答案了
对于当前i更新有两种情况：第一种是只取当前这个a[i]这个在dp[i][1]特判即可
第二种是还要取前面的，dp[i][j]从dp[i-1][j-1]（因为dp[i-1][j-1]所维护的s集合和dp[i][j]所维护的s集合是一样的）转移即可（注意边界条件）
（之前HCY玄学又加了一层循环更新，一直看不懂，后来发现他虽然答案是对的，但m次更新中只有1次是有效的）
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; typedef long long ll; const ll inf=200000000000000; int n,m; ll ans=0,dp[300005][20],sum[300005],a[300005],k; int main() { scanf("%d%d%lld",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%lld",&a[i]); sum[i]=sum[i-1]+a[i]; } for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=0;j<=m;j++) dp[i][j]=-inf; } dp[1][1]=a[1]-k; for(int i=2;i<=n;i++) { dp[i][1]=a[i]-k; for(int j=1;j<=min(i,m);j++) { if(j==1) dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][m]+a[i]-k); else dp[i][j]=max(dp[i][j],dp[i-1][j-1]+a[i]); } } for(int i=1;i<=n;i++) { for(int j=1;j<=m;j++) ans=max(ans,dp[i][j]); } cout<<ans<<endl; return 0; }//
法二：
和比赛时我的思路很像，只不过这里多加了一层维护start_point%m=rnd，进行m次尺取法即可（在时间够的情况下，搞不清楚当前单调队列弹出几个是最优的，那么就枚举，这样就不用担心前面要弹出什么了，只需在len%m=0时判断是否要把起始点重置即可）
即如果当前的和减去k*t小于0，那么就重新开始，否则继续加
注意ans在每一次向后扩展时都要更新
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N=300005; ll ans=0,n,a[N],m,k; int main() { scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k); for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]); for(int rnd=1;rnd<=m;rnd++) { ll len=0; ll now=0; for(int i=rnd;i<=n;i++) { if(len%m==0) if(now-len/m*k<0) now=0,len=0; now+=a[i]; len++; ans=max(ans,now-(len+m-1)/m*k); } } cout<<ans<<endl; return 0; }