题目描述
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(2 <= 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…
（必须最后要跳回来）
题解：
往回跳是一个挺麻烦的事情。
发现，如果不是一下回到0的话，一定会在某一个位置i的前一个位置作为回来的停留
因为不能记录来的路上哪些点没有走过，
所以我们还可以过去的时候，就把回来的路径上的点贡献统计上。
似乎只能dp了、
由于有负数，所以不是停留的格子越多越好。
为了避免选择i的前一个格子是否要停留，
我们设f[i]，表示，从0跳到i，往后再跳一些（距离i不能超过k-1），然后返回到i-1，然后再回到0的最优收益。
就是说，我们钦定i-1是返回的路径上第一个回来的点。
而且，我们每跳k个距离，就必须留下一个点作为回来的点。
那么，f[i]=max(f[j]+s[i-2]-s[j]+v[i]+v[i-1]) （i-k<=j<=i-2）就是从j一步跳到i
s[k]表示，前k个位置，大于0的数的前缀和。因为不超过k距离下，随便收钱必然找正数 。
j的范围很经典了，简单又自然地，单调队列优化一下f就可以
统计答案的时候，并不是mx(f[i])
因为i还可以往后捞点钱，再回到i-1，所以，f[i]再加上s[min(i+k-1,n)]-s[i]
然后一个锅就是：
我们的讨论有一个大前提。"如果不是一下回到0的话，一定会在某一个位置i的前一个位置作为回来的停留"
那么如果最优解是跳过去，然后一步回到0，就挂了。
所以，f[0]=s[min(0+k),n]也要取进ans的mx里。
代码：
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const ll inf=(1LL*1<<62); const int N=250000+4; int n,k; ll f[N]; ll v[N],s[N]; int q[N],l,r; int main() { scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%lld",&v[i]); s[i]=s[i-1]+(v[i]>0)*v[i]; } l=1,r=0; f[1]=v[1]; q[++r]=0; for(int i=2;i<=n;i++){ while(l<=r&&q[l]<i-k) l++; f[i]=f[q[l]]-s[q[l]]+v[i]+v[i-1]+s[i-2]; while(l<=r&&(f[q[r]]-s[q[r]])<=(f[i-1]-s[i-1])) r--; q[++r]=i-1; } ll ans=0; for(int i=1;i<=n;i++) ans=max(ans,f[i]+s[min(n,i+k-1)]-s[i]); ans=max(ans,f[0]+s[min(n,k)]-s[0]); printf("%lld",ans); return 0; }
总结：
像这种题，确实看起来无从下手，主要是回来的路径怎么考虑上？
但是利用回来的路径必须是i的前面一个位置，所以，可以钦定回来的位置，然后就可以dp了。
注意边界的细节问题。