【比赛】【SMOJ 2019.3.31】

\(\mathrm{T1}\)

首先可以发现：每次游戏最后都会在一个地方不停打转。

所以我们只需要 枚举最后在哪个区间打转（这个可以直接维护一个最大连续子序列和） 即可。

接着我们开两个数组：\(val(i)\)表示到第\(i\)个位置时所积累下的最大积分；\(step(i)\)表示到第\(i\)个位置所需要用的最少步数。

然后对于第\(i\)个位置，我们就可以枚举上一个位置\(j\)，用来计算\(val(i)\)和\(step(i)\)。

但这里要插入一下：我们要在一开始预处理一部分\(step(i)\)。如果从第\(1\)个位置可以直接走到第\(i\)个位置，那么就可以直接让\(step(i)=1\)。而且以后也不再需要计算\(step(i)\)了。（因为这样算出来的\(step(i)\)就是最短的了。）

如果一开始\(step(i) \ne 1\)，那就说明不能从第\(1\)个位置直接到第\(i\)个位置，我们给\(step(i)\)赋一个极大值，再枚举能跳到\(i\)这个位置但是需要多跳几轮攒积分的上一个位置\(j\)。

那么，从\(j\)到\(i\)需要花费的步数就是：

\[\left\lceil \frac{-( sum_i-sum_j )-val_j}{2\times gsum_j} \right\rceil \times 2 \]

看上面，首先我们肯定要确保\(gsum_j>0\)，否则你在\(j\)这个位置滚是~~没有前途的~~滚不到\(i\)这个位置的。

然后如果\(sum_i-sum_j>0\)，上面的式子会得到一个负数，这样的情况我们是不考虑的，因为既然\(sum_i-sum_j>0\)，那你就不需要在\(j\)这个位置再滚了，~~直接跳过去就好了嘛。~~

然后，如果花费的步数大于题目要求的最大步数\(k\)的话，也不需要考虑。

最后，自己分析一下就知道\(gsum_j\)一定要累加偶数次，所以上面才要用\(ceil\)乱搞。

接着我们就看一下：

如果\(step(j)+\text{花费的步数}<step(i)\)

就更新\(step(i)=step(j)+\text{花费的步数}\)，再更新\(val_i=val_j+gsum_j \times \text{花费的步数}+(sum_i-sum_j)\)
如果\(step(j)+\text{花费的步数}=step(i)\)

就只更新\(val_i=\min\{val_i\ ,\ val_j+gsum_j \times \text{花费的步数}+(sum_i-sum_j)\}\)

\(step\)在更新时是优先于\(val\)的，因为我们要保证在当前位置滚的次数最多（就是说，总是假装当前位置的\(gsum\)是最大的），所以就要先保证\(step(i)\)最小，再保证\(val(i)\)最大。

搞完上面这些~~乱七八糟的东西之后~~，最终答案就是

\[\max\limits_{1 \leqslant i \leqslant n}\{ val_i + (k-step(i)) \times gsum_i \} \]