BZOJ1915: [Usaco2010 Open]奶牛的跳格子游戏

权限题，没有传送门。

这很显然是一道DP题，刚看完题目可能会比较懵逼。这道题如果不要求回去，那么就是一道很裸的DP题。但是本题要求回去而且回去的格子的前一个格必须是之前经过的。

先不考虑回去的路程，对于一段长度在$K$之内的区间，其中的所有值为正数的点都是可以到达的。所以先搞个前缀和:

$sum_i= \sum _{j=1}^i a_j \times [a_j>0]$

这个搞完后如果不算回来的，可以得到以下转移方程：

$f[i]=max \{ f[j]+sum[i-1]-sum[j] \}$

其实到这一步，带上回去的状态转移方程也很显然了。

$f[i]=max \{f[j]+sum[i-2]-sum[j]+a[i]+a[i-1] \}$

表示第$i$个点为去时经过的点且会返回的前一个点，$sum[]$和$f[]$均存在单调性，所以可以用单调队列优化决策单调性，使得总体复杂度降为$O(N)$。

但是$f[i]_{max}$并不是最后的答案，因为对于任意一个点$i$,$[i+1,i-1+K]$都是可以到达的，所以要把这一段对答案的贡献也累加上。

在具体实现时，注意单调队列在DP前应进队0和1，因为第0个点不是必须停留的点。

//BZOJ 1915
//by Cydiater
//2016.10.6
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <map>
#include <iomanip>
#include <cstdlib>
using namespace std;
#define ll long long
#define up(i,j,n)        for(int i=j;i<=n;i++)
#define down(i,j,n)        for(int i=j;i>=n;i--)
const int MAXN=3e6+5;
const int oo=0x3f3f3f3f;
inline ll read(){
    char ch=getchar();ll x=0,f=1;
    while(ch>'9'||ch<'0'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
ll N,K,sum[MAXN],a[MAXN],q[MAXN],head,tail,f[MAXN],ans=0;
namespace solution{
    void init(){
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        N=read();K=read();
        up(i,1,N)a[i]=read();
        up(i,1,N)sum[i]=sum[i-1]+(a[i]>0?a[i]:0);
    }
    void DP(){
        head=1;tail=0;q[++tail]=0;q[++tail]=1;
        up(i,2,N){
            while(head<tail&&i-q[head]>K)head++;
            f[i]=f[q[head]]+sum[i-2]-sum[q[head]]+a[i]+a[i-1];
            while(head<tail&&f[i]-f[q[tail]]>sum[i]-sum[q[tail]])tail--;
            q[++tail]=i;
        }
        up(i,1,N)ans=max(ans,f[i]+((i-1+K<=N)?(sum[i-1+K]-sum[i]):(sum[N]-sum[i])));
    }
    void output(){
        cout<<ans<<endl;
    }
}
int main(){
    //freopen("input.in","r",stdin);
    using namespace solution;
    init();
    DP();
    output();
    return 0;
}