题目
Luogu P1725 琪露诺
分析
看上去像一道DP题。用dp[i]表示到达坐标i时的最大冰冻指数，可以得到转移方程：
dp[i]=max{dp[k]}+a[i],k∈[i-l,i-r]
题目中提到，只要她下一步的位置编号大于N就算到达对岸，因此枚举i时要[l,n+r)，因为[0,l]的部分她不可能到达，但[n,n+r)的部分都有可能是到对岸之前的那一步，走到对岸时到达的坐标。能够转移到当前坐标i的范围是[i-l,i-r]（可以反推帮助理解），所以k∈[i-l,i-r]。总复杂度O(N^2)，显然爆炸。
于是考虑优化，静心观察可以发现，[i-l,i-r]中只有最大的a[k]才会作为转移向下一步的状态，因为各个子区间是以一个单位坐标向对岸移动的，所以在每一个子区间中取较小的a[k]向之后的坐标转移不如选择最大的a[k]要优。换言之，这种贪心是正确的，因为一个坐标会被多个区间覆盖，所以不许考虑通常题目中舍弃当前最有以求得下一步更优，来达到全局最优的目的。
那么这显然具有单调性！维护一个单调递增的队列，存放每一个[i-l,i-r]中最优的a[k]的坐标。由于每个坐标或进队或出队，因此相当于进行了O(N)的访问，总复杂度即为O(N)。
代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn=200002;
int a[maxn*2],dp[maxn*2],q[maxn*10];
int main()
{int n,l,r;scanf("%d%d%d",&n,&l,&r);for(int i=0;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);int head=1,tail=1;for(int i=l;i<n+r;i++){while(head<=tail&&dp[i-l]>=dp[q[tail]]) tail--;q[++tail]=i-l;while(head<=tail&&q[head]<i-r)head++;dp[i]=dp[q[head]]+a[i];}int ans=-2147483647;for(int i=n+1;i<=n+r;i++) ans=max(ans,dp[i]);printf("%d",ans);return 0;
}