@description@
给出一个长度为 N 的正整数序列 Ci，求一个子序列（显然子序列是不一定连续的），使得原序列中任意长度为 M 的子串（显然子串是连续的）中被选出的元素不超过 K 个，并且选出的元素之和最大。
input：
第一行三个整数：N M K。
第二行 N 个整数，第 i 个为 Ci。
output：
输出一个整数：最大和。
sample input：
10 5 3
4 4 4 6 6 6 6 6 4 4
sample output：
30
hint
N <= 1000，K,M <= 100， Ci <= 20000。
P. S.：原题题目描述非常迷，大小写混用，有些地方缺少字母，input 的部分还出现了 “接下来 N 行” 这种无法理解的操作。
@solution@
考虑弱化条件，当 K = 1 时，相当于选择的元素两两之间必须要相隔 M 的距离，可以用 dp 来搞定。
当 K > 1 时，就不能这么搞了。
类比网络流 24 题中的 “最长k可重区间问题”，那道题也是当 K = 1 时可以用 dp 来做。
当 K > 1 时，那道题建模的方法就是由源点流出 K 个流，i 向 i+1 连容量 inf，费用为 0 的 “无效边”，N 再向汇点连边。中间连一些容量为 1，费用为权值的边。
这样建模，如果进入 i 的流全部流过 (i, i+1) 这条边，相当于不选择 i 。当 K = 1 时就是一个最短路，自然可以用 dp 来做。
对于这道题，我们可以采用类似的建模方法：
源点向 1 连容量为 K，费用为 0 的边；N 向汇点连容量为 K，费用为 0 的边。
i 向 i+1 连容量为 inf，费用为 0 的 “无效边”。
如果 i+M <= N，i 向 i+M 连容量为 1，费用为 Ci 的边。
如果 i+M > N，i 向汇点连容量为 1，费用为 Ci 的边。
【感性理解】：假如有 p 个流进入了 i。全部流 (i, i+1) 这条边相当于不选择 i；假如流 (i, i+M) 这条边，则 i+1 ~ i+M-1 这些点能得到的最多的流为 p-1，i+M 之后恢复为 p，而 i 所能影响的最远也只能到 i+M 之前。所以得到的流是符合题意的。
注意是最大费用流，权值取反。
@accepted code@
不知道为什么跑得就是比其他人慢……我是自带常数吗 QAQ？
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF = (1<<30);
const int MAXN = 1000;
const int MAXV = 1000;
const int MAXE = 5000;
struct FlowGraph{
struct edge{
int to, flow, cap, dis;
edge *nxt, *rev;
}edges[2*MAXE + 5], *adj[MAXV + 5], *cur[MAXV + 5], *ecnt;
int S, T, cost, mindis, dist[MAXN + 5];
bool inq[MAXV + 5], vis[MAXV + 5];
deque<int>que;
void init(int _S, int _T) {
S = _S, T = _T;
ecnt = &edges[0];
for(int i=S;i<=T;i++)
adj[i] = NULL;
}
void addedge(int u, int v, int c, int w) {
edge *p = (++ecnt);
p->to = v, p->cap = c, p->dis = w, p->flow = 0;
p->nxt = adj[u], adj[u] = p;
edge *q = (++ecnt);
q->to = u, q->cap = 0, q->dis = -w, q->flow = 0;
q->nxt = adj[v], adj[v] = q;
p->rev = q, q->rev = p;
}
void restore() {
for(int i=S;i<=T;i++)
dist[i] = INF, cur[i] = adj[i];
}
bool relabel() {
que.push_back(S); inq[S] = true; dist[S] = 0;
while( !que.empty() ) {
int f = que.front(); que.pop_front(); inq[f] = false;
for(edge *p=adj[f];p!=NULL;p=p->nxt) {
if( p->cap > p->flow && dist[f] + p->dis < dist[p->to] ) {
dist[p->to] = dist[f] + p->dis;
if( !inq[p->to] ) {
if( !que.empty() && dist[p->to] < dist[que.front()] )
que.push_front(p->to);
else que.push_back(p->to);
inq[p->to] = true;
}
}
}
}
mindis = dist[T];
return !(dist[T] == INF);
}
int aug(int x, int tot) {
if( x == T ) {
cost += tot*mindis;
return tot;
}
int sum = 0; vis[x] = true;
for(edge *&p=cur[x];p!=NULL;p=p->nxt) {
if( !vis[p->to] && p->cap > p->flow && dist[x] + p->dis == dist[p->to] ) {
int del = aug(p->to, min(p->cap-p->flow, tot-sum));
sum += del, p->flow += del, p->rev->flow -= del;
if( sum == tot ) break;
}
}
vis[x] = false;
return sum;
}
int min_cost_max_flow() {
int flow = 0; restore();
while( relabel() )
flow += aug(S, INF), restore();
return flow;
}
}G;
int C[MAXN + 5];
int main() {
int n, m, k;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d", &C[i]);
G.init(0, n+1);
G.addedge(G.S, 1, k, 0);
for(int i=1;i<=n-m;i++)
G.addedge(i, i+m, 1, -C[i]);
for(int i=n-m+1;i<=n;i++)
G.addedge(i, G.T, 1, -C[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
G.addedge(i, i+1, INF, 0);
G.addedge(n, G.T, k, 0);
int ans = G.min_cost_max_flow();
printf("%d
", -G.cost);
}
@details@
事实证明，做网络流 24 题还是有那么一点用的。
除了那道毒瘤机器人路径规划。
弱化条件下可以用 dp，可以把 dp 看作最短路，即最大流为 1 时的最小费用流。这样就可以进行相应的网络流建模。