K Consecutive Sushi

题目

Shirotsume 来到了回转寿司店。从现在开始，Shirotsume 所在的柜台会依次放上N盘寿司。第 $i$ 盘出现的寿司的美味度为 $A_i$ 。

Shirotsume 决定拿起自己喜欢的寿司吃，但也考虑到其他客人的感受，决定不拿连续的 $K$ 盘 及 $K$ 盘以上的寿司。

请求出 Shirotsume 所吃的寿司的美味值的总和的最大值。

限制：

• $2 \leqslant K \leqslant N \leqslant 2 \times 10^5$
• $1 \leqslant A_i \leqslant 10^9$

算法分析

原题等价于求 Shirotsume 不吃的寿司的美味值总和的最小值 $S$。那么，答案就是所有寿司的美味值总和减去 $S$ 。

记 dp[i] 表示在前 $i$ 个寿司中，决定不吃第 $i$ 个寿司时，不吃的寿司的美味值总和的最小值

由于不能吃连续的超过 $K-1$ 盘的寿司，所以转移方程为

$$dp[i] = \min\limits_{j = i-K}^{i-1} dp[j] + A_i$$

暴力的时间复杂度为 $O(NK)$，可以用线段树将转移复杂度降为 $O(\log N)$

代码实现

#include <bits/stdc++.h>
#if __has_include(<atcoder/all>)
#include <atcoder/all>
using namespace atcoder;
#endif
#define rep(i, n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
 
using namespace std;
using ll = long long;
 
ll op(ll a, ll b) { return min(a, b); }
 
ll e() { return 1e18; }
 
int main() {
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    
    vector<int> a(n);
    rep(i, n) cin >> a[i];
    
    ll ans = 0;
    rep(i, n) ans += a[i];
    
    segtree<ll, op, e> t(n);
    rep(i, k) t.set(i, a[i]);
    for (int i = k; i < n; ++i) {
        ll now = t.prod(i-k, i)+a[i];
        t.set(i, now);
    }
    ans -= t.prod(n-k, n);
    
    cout << ans << '\n';
    
    return 0;
}