一、方法1
- 状态表示-集合：前\(i\)头牛组成的所有合法方案
- 状态表示-属性：\(max(sum(w_{i-k+1},...,w_{i-1},w_{i}))\)
- 状态计算
- 以第\(i\)头牛选与不选来划分集合
- 不选第\(i\)头牛
此时，\(f[i]\)所表示的最大效率值应该是来源于前\(i-1\)头牛，所以此时\(f[i]=f[i-1]\) - 选第\(i\)头牛
此时，肯定是获得了\(w[i]\)的效率值，那前面怎么表示呢？此处的方法是：既然选择了\(i\),那么最多可以选择连续几个呢？当然是\(k\)个，我们从\(i\)开始向前遍历\(k\)头牛（包含\(i\)自己），计算一个\(w[j]\)的效率值和，就可以表示出来此时的\(f[i]\)。同时我们还要小心，因为如果我们选择了第\(i-j\)头牛做为开头，那么第\(i-j-1\)头牛必然是不能选的，因为如果选了，肯定是违反了连续\(k\)个的要求！后面的连续和可能用前缀和来计算，这样就得到的转移方程：
\[f[i]=max(f[i-j-1]+s[i]-s[i-j]) \]
因为此时\(s[i]\)可以视为固定不变的，变化的是\(j\)，所以方程变形为:
\[f[i]=max(f[i-j-1]-s[i-j])+s[i] \]
此时问题就比较清楚了，就是当目前讨论第\(i\)头牛时，向前\(k\)位，查找一个位置\(j\),使得\(f[i-j-1]-s[i-j]\)值最大。暴力法用循环去二次遍历查找肯定是可以得到的，联想到上一题的优化思路，也可以尝试使用单调队列优化一下，此时单调队列中保存的依然是某个序号，但序号的含义是\(f[i-j-1]-s[i-j]\)最大的单调队列，队头就是当前的最优解，拿来即用就好啦，不用再二次循环挨个去找了~！
这里要处理一个边界问题为\(g(0) = f[-1] + s[0]\), 此时\(f[-1]\)的值应该是多少呢？ 可以看出，当\(x\)为\(0\)时，也就是\(i == j\),说明当前序列长度恰好等于\(j\)，那此时的最大效率自然就是所有数字的和，因此\(g(0) = 0\)
总结：
- 先想好暴力法怎么解，再思考有哪些地方是重复计算，是否可以优化。
- 某个区间内这样的字样的，可考虑采用单调队列进行优化。
- 单调队列问题需要在固定\(i\)情况下讨论\(j\)的变化，此时视\(i\)不变，为常量。
- 单调队列有时对比的并不是一个一眼可见的明显概念，而是一个计算公式。
- 其实，不管是明显概念，还是计算公式，都可以理解为对单调队列进行维护的一个条件。
- 单调队列问题要注意边界，思考一下现实中的含义，加上特判。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 10;
LL f[N];
LL s[N];
int q[N];
//计算在位置i时的一个函数值
LL g(int i) {
if (i == 0) return 0;
return f[i - 1] - s[i];
}
int main() {
int n, k;
cin >> n >> k;
//前缀和
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i], s[i] += s[i - 1];
int hh = 0, tt = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (q[hh] < i - k) hh++;
//不选i与选i的两个状态转移方程
f[i] = max(f[i - 1], g(q[hh]) + s[i]);//在i点左侧k个范围内，找出一个j，使得g函数取值最大
while (hh <= tt && g(q[tt]) <= g(i)) tt--;
q[++tt] = i;
}
//输出
printf("%lld\n", f[n]);
return 0;
}
二、方法2
可以看出在该问题中，在序列长度大于\(k\)的情况下，最终肯定会有一部分牛没有被选，并且没有被选的牛的效率是最低的，这启发我们可以通过计算最小的损失效率来完成这道题，具体的分析过程如下。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e5 + 5;
int q[N];
int n, m;
LL ans;
LL f[N];
int main() {
cin >> n >> m;
for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> f[i], ans += f[i];
int tt = 0, hh = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (i - q[hh] > m + 1)hh++;
f[i] += f[q[hh]];
while (tt >= hh && f[q[tt]] >= f[i])tt--;
q[++tt] = i;
}
// 长整的最大值
LL res = LLONG_MAX;
//在最后的m个牛中，都可能是累加的效率值最小的结束位置，还需要一次遍历
for (int i = n - m; i <= n; i++) res = min(res, f[i]);
//输出
printf("%lld", ans - res);
return 0;
}
