Description
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，但如果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。
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。
Input
-
第1行 1: 两个用空格隔开的整数: N 和 K
-
第2到N+1行: 第i+1行有一个整数: V_i
Output
- 第一行: 一个单个的整数表示最大的钱数是多少。
Sample Input
5 2
0
1
2
-3
4
Sample Output
4
Data Constraint
Hint
【样例解释】
在样例中，K=2，一行5个格子，钱数分别为0、1、2、-3、4
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)。还有一种可能的最大化钱数的序列是: 0[0] 2[1] 4[-3] 5[4] 3[2] 1[0] 0[0]。
Solution
这题我们要求的是最大值，我们可以想到DP。
设f[i]表示过去到i点然后回来是走了i-1点，
设sum[i]表示1~i中的正数的和，那么转移方程即为：
我们发现时间过不了，然后用斜率优化即可。
答案为
Code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 250010
#define db double
#define ll long long
using namespace std;
int n,K,v[N],l=0,len=1,g[N];
ll ans,sum[N],f[N];
inline int read()
{
int x=0,f=0; char c=getchar();
while (c<'0' || c>'9') f=(c=='-') ? 1:f,c=getchar();
while (c>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
return f ? -x:x;
}
int main()
{
freopen("jump.in","r",stdin);
// freopen("jump.out","w",stdout);
n=read(),K=read();
for (int i=1,x;i<=n;i++)
v[i]=read(),sum[i]=sum[i-1]+max(0,v[i]);
ans=max(0ll,sum[K]);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
while (l<len && g[l]+K<i) l++;
f[i]=f[g[l]]+v[i]+v[i-1]+sum[i-2]-sum[g[l]];
ans=max(ans,f[i]+sum[min(i+K,n)]-sum[i]);
while (l<len && f[i]-sum[i]>f[g[len]]-sum[g[len]]) len--;
g[++len]=i;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}