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## [$AcWing$ $1087$. 修剪草坪](https://www.acwing.com/problem/content/description/1089/)
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### 一、题目描述
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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。
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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。
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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。
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$FJ$ 有 $N$ 只排成一排的奶牛，编号为 $1$ 到 $N$。
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每只奶牛的效率是不同的，奶牛 $i$ 的效率为 $E_i$。
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编号相邻的奶牛们很熟悉，如果 $FJ$ 安排 **超过 $K$ 只编号连续** 的奶牛，那么这些奶牛就会罢工去开派对。
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因此，现在 $FJ$ 需要你的帮助，找到最合理的安排方案并计算 $FJ$ 可以得到的最大效率。
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注意，方案需满足不能包含超过 $K$ 只编号连续的奶牛。
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**输入格式**
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第一行：空格隔开的两个整数 $N$ 和 $K$；
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第二到 $N+1$ 行：第 $i+1$ 行有一个整数 $E_i$。
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**输出格式**
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共一行，包含一个数值，表示 $FJ$ 可以得到的最大的效率值。
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**数据范围**
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$1≤N≤10^5,0≤E_i≤10^9$
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**输入样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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5 2
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1
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2
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3
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4
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5
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```
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**输出样例**：
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```cpp {.line-numbers}
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12
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```
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**样例解释**
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$FJ$ 有 $5$ 只奶牛，效率分别为 $1、2、3、4、5$。
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$FJ$ 希望选取的奶牛效率总和最大，但是他不能选取超过 $2$ 只连续的奶牛。
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因此可以选择第三只以外的其他奶牛，总的效率为 $1 + 2 + 4 + 5 = 12$。
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### 二、暴力作法
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 100010;
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typedef long long ll;
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int a[N];
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ll s[N], f[N];
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/*
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BruteForce
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通过了 9/12个数据
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*/
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int main() {
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int n, m;
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cin >> n >> m;
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for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i], s[i] += s[i - 1];
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// 暴力大法
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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for (int j = i; j >= i - m; j--)
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f[i] = max(f[i], f[j - 1] + s[i] - s[j]);
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cout << f[n] << endl;
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return 0;
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}
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```
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### 三、动态规划
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考虑用 **动态规划** 来求解本问题
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由于 **连续选择** 超过 $m$ 个元素时，这些元素的 **贡献** 为 $0$ （相当于没选）
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而本题，所有的元素值都是 **正整数**，故我们的方案中，**连续选择的元素数量** 一定是 **不超过** $m$个的
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#### 状态表示
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$f[i]$:以第$i$个数为结尾的所有数字中,**连续长度不超过$m$**,**贡献总和最大值**。
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我们来分析一下这个最优状态可能由哪些状态转移而来。
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**举个栗子**：
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假设$m=3$，现在讨论一下第$6$头牛，它这个位置有两种选择，选与不选：
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* **不选**：由于第$6$头没有发挥作用，现在的 **最大贡献和**与**前面的最大贡献和**一致:
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$$\large f[6]=f[6-1]=f[5]$$
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* **选择**：如果它选了，那么它前面的就不是随意的了，需要有范围限制，人脑模拟一下：
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最大连续选择长度不能超过$3$,所以讨论以下情况：
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* 假设本轮取$3$个最优：
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$$\large f[6]=a[6]+a[5]+a[4]+ ? $$
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* 假设本轮取$2$个最优：
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$$\large f[6]=a[6]+a[5]+?'$$
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* 假设本轮取$1$个最优：
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$$\large f[6]=a[6]+?''$$
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> **注:不是能取$3$个取$3$个值就最大了，因为你取了$3$个，意味着前面第$4$个就不能取，这合不合适就不一定了**。
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为啥要加$?$呢？以$3$个为例，如果取$3$个最优，那么此时取到了$4$号结点位置，<font color='red' size=4><b>$3$号肯定是不能取的！</b></font>原因很简单，如果取上，就是连续$4$个了，超过了$m$限定！那$3$左侧是随意的，这时，$f[2]$的含义是在前$2$个元素中合法并可以获取到的最大值，现在的情况可以直接表示为$f[2]$,同理得到：
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$\large f[6]=a[6]+a[5]+a[4]+f[2] \\
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\large f[6]=a[6]+a[5]+f[3] \\
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\large f[6]=a[6]+f[4]$
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$a[6]+a[5]+a[4]$这样的东东，很显然是前缀和的基本表示式，提示我们引入前缀和进行思考。如果预处理了前缀和，那么就有：
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利用 **前缀和** 思路优化一轮：
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$\large f[6]=s[6]-s[3]+f[2]$
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$\large f[6]=s[6]-s[4]+f[3]$
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$\large f[6]=s[6]-s[5]+f[4]$
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通用化处理一下：($6$就是固定的当前值$i$,而$3,4,5$是可变的，我们设为$j$，同时$j$是有范围的，也就是$i-m \sim i-1$)
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$$\large f[i]=s[i]-s[j]+f[j-1] ~~~ j \in [i-m,i-1]$$
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在$i$确定的情况下，$s[i]$是固定的，变化的就是$f[j-1]-s[j]$,要想求$f[i]$最大值，就是求$f[j-1]-s[j]$的最大值，而$j$是有范围的,这就转化为一个**区间内取极大值问题**，可以 **用单调队列来优化**。
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#### 单调队列优化办法
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* ① 维护一个队列，记录距离$i$前面的$m$个区间范围内，$f[j-1]-s[j]$取值最大
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* ② 这个最优的序号$j$，就是队列头的记录序号$q[hh]$
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* ③ 因为队列中不包含$i$结点，所以需要在$i$进入队列前，$while$上方进行计算更新结果
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#### 时间复杂度
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$O(n)$
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### 四、实现代码
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 100010;
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typedef long long LL;
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int q[N];
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LL s[N], f[N];
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int main() {
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int n, m;
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cin >> n >> m;
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for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i], s[i] += s[i - 1];
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// 由于滑动窗口在i的左边，需要讨论前缀和的s[l-1],第1个没有前序，不符合整体的代码逻辑，添加了一个哨兵
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int hh = 0, tt = 0;
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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// 1、年龄大于m的老家伙们，不管是不是实力够强大，一概去死
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while (hh <= tt && i - q[hh] > m) hh++;
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// 因为滑动窗口在i 左侧，先使用再加入
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f[i] = max(f[i - 1], f[max(0, q[hh] - 1)] + s[i] - s[q[hh]]);
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// 2、不如我年轻，并且，不如我有实力的老家伙们去死
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while (hh <= tt && f[i - 1] - s[i] >= f[max(0, q[tt] - 1)] - s[q[tt]]) tt--;
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// 3、i入队列
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q[++tt] = i;
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}
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// 输出结果
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cout << f[n] << endl;
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return 0;
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}
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```
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