Description

在一年前赢得了小镇的最佳草坪比赛后，FJ变得很懒，再也没有修剪过草坪。现在，
新一轮的最佳草坪比赛又开始了，FJ希望能够再次夺冠。

然而，FJ的草坪非常脏乱，因此，FJ只能够让他的奶牛来完成这项工作。FJ有N
(1 <= N <= 100,000)只排成一排的奶牛，编号为1...N。每只奶牛的效率是不同的，
奶牛i的效率为E_i(0 <= E_i <= 1,000,000,000)。

靠近的奶牛们很熟悉，因此，如果FJ安排超过K只连续的奶牛，那么，这些奶牛就会罢工
去开派对:)。因此，现在FJ需要你的帮助，计算FJ可以得到的最大效率，并且该方案中
没有连续的超过K只奶牛。

Input

* 第一行：空格隔开的两个整数N和K

* 第二到N+1行：第i+1行有一个整数E_i

Output

* 第一行：一个值，表示FJ可以得到的最大的效率值。

Sample Input

5 2
 1
 2
 3
 4
 5

输入解释：

FJ有5只奶牛，他们的效率为1，2，3，4，5。他们希望选取效率总和最大的奶牛，但是
他不能选取超过2只连续的奶牛

Sample Output

12

FJ可以选择出了第三只以外的其他奶牛，总的效率为1+2+4+5=12。

HINT

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直接求解原问题比较麻烦，

连续K个不好弄，，

那就可以看作去掉了几个值，

使得这些去掉的位置差距不超过K，

而且和最小。

然后答案就是总和减一下就好了。


那么就是一个灰常简单的DP……

用f[u]表示到了u位置的最小和，

那么f[u]=min(f[v])+num[u]

num[u]是u上的值，而v我们通过一个枚举得到：

v-->  (u-1)~(u-K)     //可能有些细节方面的问题，但是不必在意到时候注意就好

那么直接枚举的话就是O(N*K)的DP。

显然是可以简单地用单调队列来优化的。

时间复杂度O(N)。


普及的时候码过的……

直接就贴p的代码了（懒）

反正可读性都一样。



var a,f,q:array[0..100005] of int64;
    n,m,i,j,head,tail,temp:longint;
    sum,ans:int64;
begin
  readln(n,m);
  sum:=0; ans:=0;
  for i:=1 to n do
  begin
    readln(temp);
    a[i]:=temp;
    sum:=sum+a[i];
  end;
  fillchar(f,sizeof(f),$7f);
  for i:=1 to m do q[i+1]:=i;
  head:=0; tail:=m+1;
  f[0]:=0;
  for i:=1 to n do
  begin
    while (head<tail)and(q[head]<i-m-1) do inc(head);
    f[i]:=f[q[head]]+a[i];
    inc(tail);
    q[tail]:=i;
    while (head<tail)and(f[q[tail]]<=f[q[tail-1]]) do
    begin
      dec(tail);
      q[tail]:=q[tail+1];
    end;
  end;
  for i:=n-m to n do
    if sum-f[i]>ans then ans:=sum-f[i];
  writeln(ans);
end.