题意:
某车厢有一列座位，共有n个位置，清洁工要在这n个位置上清垃圾，但是不能全部位置都清理，只能选择部分。选择的规则是，连续的m个位置内，不能够清理超过q个，也就是说从第1~m个位置最多可以清q个，清q+1个就不行了。当然，q一般是小于m的，不然岂不是可以m个位置全清了？那就没限制了。
思路：
看小hi小ho讲的完全是一知半解，看了大神的代码一整天才看懂意思。下面做分析（以我能理解的角度，以及通俗的角度，方便回忆。）：
三个变量的定义:
n: 一共有n个座位。
m: 在m个连续的座位。
q：最多可以清扫的位置个数。
w[1~n]: 分别对应n个位置上的垃圾数量。（ps：垃圾肯定有多有少，才需要进行决策计算，不然只需要保证m个位置内有q个就行了，q个位置可以随便选）
问题的分析：
（1）这不是背包！相同点：都是n个东西，每次多考虑一个。不同点：背包有容量限制可以作为列数进行dp，而这里没有（也就不能开一个二维数组了），却给出了位置的数量方面的限制。
（2）既然要用动态规划，那就要从小问题开始考虑，而较大问题要依靠较小的问题来进行决策计算。小问题：最小就是只有1个位置了。每次考虑的增加规模量：每次多考虑1个位置，直到n个全考虑了。
（3）假如m=n，那简单了，问题转成：在n个位置上选出q个，使得垃圾的总数量最多。穷举：2^n种可能，这里边还要去掉一些位置个数大于q的（大于q就是非法），剩下来的才是所有的可能（只是垃圾量的问题，都是合法的）。
（4）假如n>m，那麻烦了。我们先在前m个进行决策（也就是第3所分析的一样），那么第m+1个应该考虑2~m这里面有没有达到q，达到了，那就只能不清理了；若没有达到，那还可以选择清or不清。为什么会有选择不清的情况?有得清还不赶紧清了吗?原因是，如果你这一步选择清理了，那第m+2个位置就要考虑从3到m+1的位置上有没有达到q，达到了，这一步又肯定没得选择了。假设只有m+2个，前面1~m个位置上已经决策完成，而第m+1个位置上的垃圾极少，第m+2个位置上的垃圾超多，由于在前3~m个位置上的决策只是选了q-1个，但是你在第m+1个位置上选择了清理，那么第m+2个位置上的超多垃圾清不到了。
（5）结论是：每一次决定第i个位置清or不清理，靠的是前面m-1个位置上的清理数量，跟超过m-1个的都没有任何关系。前面穷举的结果在符合规则的条件下不影响后面的决策，你仍可选择不清理。
关于实现：
（1）肯定是个二维数组来保存状态，数组中保存什么？肯定是第i行（包括）之前所做出的决定所清理的垃圾总量。那列是什么？是第i行（包括）之前m个位置上是否清理的信息。考虑到m<=10，那么十位的二进制最多能表达1023，这就是数组列的上限。那么dp[i][j]表示：前 i 个位置在 j （1的个数信息）这种决策情况下所能获得的最大垃圾量。
（2）看个例子：n有{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}共9个位置，m限制为5，上限q为3。
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} //假设1~5已经考虑完了。准备考虑第6个
{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} //考虑6不需要关心1了。而d[6][j]记录的是1~6的的所决定清理的垃圾量，而j只用5个位来表示2~6的存放情况。假设j={10101}b二进制.也就是第2，4，6位置上决定了清理，那么dp[6][j]=" w[] " + w[2]+w[4]+w[6]。这红色的w[]代表第1个的决策结果，具体清没清理，得从dp[5][j>>1]和dp[5][(j>>1)+(1<<5)]看谁大来决定了，小的那个没有必要保存了，1~5的垃圾量明显会比别人小，先淘汰了。
（3）看代码吧~注释都够能理解的了。
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdio> 4 using namespace std; 5 const int N=1025; 6 int w[N]; //权值 7 int dp[2][N]; //只需要两行就够了，每次计算都要切换到另一行。 8 int cn[N]={0, 1, 1}; //提前计算好对于任意一个j里面所含的1的个数。 9 int n, m, q; 10 const int b[11]={1, 2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, 256, 512, 1024}; //提前计算好M个二进制所能表示的数字的上限。 11 /* 12 int cnt(int j) //还可以用这种方法来统计j的二进制中含1的个数。慢了一些。 13 { 14 int maxn=0; 15 while(j) 16 { 17 if(j&1) 18 maxn++; 19 j>>=1; 20 } 21 return maxn; 22 } 23 */ 24 int main() 25 { 26 //freopen("input.txt", "r", stdin); 27 //提前计算好2^m种可能，所产生的1的个数，就不用每次都要数了。 28 for (int i=3; i<b[10]; ++i) 29 cn[i] =cn[i>>1] +cn[i&1]; //这里还用到了分治法，每个值的计算还依靠于比其更小规模的结果。 30 31 while(cin>>n>>m>>q) 32 { 33 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 34 for(int i=1; i<=n; i++) 35 cin>>w[i]; 36 //核心在这，计算所有可能产生的序列，所产生的最大垃圾量。 37 int tmp = 1<<m; //上限 38 for(int i=1; i<=n; i++) 39 for(int j=0; j<tmp; j++) 40 if( cn[j]<=q ) //前m个位置选择清理的位置数量小于等于q。 41 dp[i&1][j]=max( dp[~i&1][j>>1], dp[~i&1][(j>>1)+b[m-1]] ) + (j&1)*w[i]; //i的决策由j的最后一位表示。 42 //最大垃圾量可能存在于任何排列中，所以要全扫一遍才知道。 43 int ans=0; 44 for(int i=1; i<tmp; i++) 45 ans=max(ans, dp[n&1][i]); 46 cout<<ans<<endl; 47 } 48 return 0; 49 }