【USACO OPEN 10】hop

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).

 

 

思考过程：这道题很奇怪的有两个过程，第一个过程是去的过程，第二个过程是回来的过程，而且回来时候经过的每个格子都是去时格子的前驱；

我先考虑的是设f[i]表示去时到达的最右边的格子是i时的最大得分，但是尝试之后发现这是无法转移的，因为我不知道回来的时候会不会经过它前面的那个格子，经过不经过两种情况都需要考虑，再加上每次最多跳k个格子这样的限制，设f[i]这样的状态很显然是不可做的；

到这里就有点进了死胡同的感觉，于是去看了下题解，然后回来继续做。。。

看完了题解就感觉豁然开朗了，我们可以设f[i]表示回来时第i个格子是第一个跳的格子的可得到的最大得分；这么设置，一是当前状态对以后状态没有了后效性，二是便于优化；

想这道题时候其实隐隐约约把握到了这道题需要从后往前想的思路，但是没有付诸实际，所以最后只好去看题解；

代码上有些细节需要注意；

代码：

 

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<iomanip>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<cmath>
#define LL long long 
using namespace std;
#define LL long long 
#define up(i,j,n) for(int i=(j);(i)<=(n);(i)++)
const int maxn=502000;
int n,k;
int a[maxn];
LL f[maxn],sum[maxn];
int q[maxn],head=1,tail=1,g[maxn];
void print(LL x){printf("%I64d\n",x);exit(0);}
inline LL max(LL x,LL y){return x>y?x:y;}
inline LL min(LL x,LL y){return x>y?y:x;}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&k);n++;
    up(i,2,n){scanf("%d",&a[i]);sum[i]=sum[i-1]+max(0,a[i]);}
    if(k==1)print(max(a[1],0));
    LL ans=0;
    for(int i=n+1;i<=n+k;i++)sum[i]=sum[i-1];
    up(i,1,n){
        while(i-q[head]>k&&head<=tail)head++;
        f[i]=f[q[head]]-sum[q[head]+1]+sum[i-1]+a[i]+a[i+1];
        while(f[q[tail]]-sum[q[tail]+1]<=f[i-1]-sum[i]&&tail>=head)tail--;
        q[++tail]=i-1;f[1]=max(0LL,f[1]);
        ans=max(ans,f[i]+sum[i+k]-sum[i+1]);
    }
    print(ans);
    return 0;
}