description

“汉中沃野如关中，四五百里烟蒙蒙。黄云连天夏麦熟，水稻漠漠吹秋风。”——摘自 黄裳《汉中行》
“泉岭精神不朽，汉中诸球永生。”——摘自《泉岭精神创立者语录》
“把神犇烤一烤，味道会更好。”——摘自《xhr语录》
“秀恩爱有利于身心健康！”——摘自《泉岭精神集大成者语录》
“楼上说的对！”——摘自《泉岭精神信徒语录合集》
“不会做积分，怎么找妹子！”——摘自《xhr语录》
“切实保护耕地以放置更多的哨戒炮。”——摘自《泉岭精神信徒语录合集》
“就算两个包子一起吃掉，也不能阻止我修筑梯田。”——摘自《泉岭精神创立者语录》
“我来自泉岭，他来自汉中，我们半道而逢。”——摘自《泉岭精神集大成者语录》
【问题描述】
作为泉岭精神的缔造者、信奉者、捍卫者、传承者，Pear决定印制一些教义问答手册，以满足泉岭精神日益增多的信徒。Pear收集了一些有关的诗选、语录，其中部分内容摘录在了【题目背景】里。这些语录是按出现的时间排好序的——Pear很喜欢这样的作风，于是决定在按时间排好序的基础上，选择部分语录，制作成若干本教义问答手册。
一共有N条语录。Pear决定从中选出某一段时间内的所有语录，在此基础上印制大小为L的若干本教义问答手册。Pear对印制的手册有如下要求：
1.每本手册必须包含这个区间内连续的恰好L条语录。
2.不同手册包含的语录不能相同。
3.每条语录有一个“主题相关程度”，这个数可正可负。Pear希望所有手册的语录的“主题相关程度”之和尽可能大。
例如，对于区间[3,15]和L=3，一种选择方法是：[4,6]+[9,11]+[12,14]。这三个区间长度都恰好为L，且互不重叠。
Pear并没有决定选哪段时间的语录，因此他有Q次询问。每次询问，给出两个数[l,r]表示候选语录的范围是第l条到第r条。你能回答出每个询问的最大“主题相关程度”之和么？
Input
第一行两个正整数N，L，含义如上所述。注意对于所有询问，L都是一样的。
第二行N个整数，绝对值<=10000。第i个数表示第i条语录的“主题相关程度”。
接下来Q行，每行两个正整数l和r，表示询问区间。
Output
输出Q行，每行表示这组询问的答案。注意，这个答案可以是0，如果区间负数过于多的话。
Sample Input
15 3
3 1 5 -2 3 -2 -2 2 2 2 0 3 2 -1 0
9
8 10
10 10
9 11
2 14
5 14
5 13
12 13
7 13
2 10

Sample Output
6
0
4
17
11
11
0
11
12
Hint

【数据范围】
对于10%的数据，N=1000,Q=1000,L<=50
对于另外20%的数据，N=100000,Q=100000,L<=5
对于另外20%的数据，N=100000,Q=100000,L<=10
对于100%的数据，N=100000,Q=100000,L<=50
Source
2014年国家集训队十五人互测

solution

从最原始的$O(n^2)$暴力入手
设$f[i][j]$表示区间$[i,j]$的答案最大值，$sum[i]$表示前缀和
$$f[i][j]=max(f[i][j-1],f[i][j-L]+sum[j]-sum[j-L])$$
分治，分界线$mid$将$[l,r]$分为左右两个区间

• 长度为$L$的一段完全属于左区间/右区间
• 跨越了$mid$在左右区间都有的一段

第一种完全属于某半边区间的就直接分治递归处理
考虑第二种情况，对每一个$l^{\prime }$预处理出在$[l^{\prime },mid]$区间选了若干个长度为$L$的区间，且在末尾选了$x$个数的最大值，然后对每一个$r^{\prime }$预处理出在$[mid+1,r‘’]$区间选了若干个长度为$L$的区间，并在开头选了$x$个数的最大值

$fl[i][j]$：以$j$为左端点，左区间末尾选了$i$个数的最大值
$fr[i][j]$：以$j$为右端点，右区间开头选了$i$个数的最大值

最后询问可以整体二分一并处理

思路好懂，主要是代码细节很ex人

code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
#define maxn 100005
int n, L, Q;
int p[maxn], ql[maxn], qr[maxn], sum[maxn];//前缀和差分 
int fl[55][maxn], fr[55][maxn];
int Left[maxn], Right[maxn], ans[maxn];
//fl[i][j]:以j为左端点 在末尾选了i个数 的最大值 
//fr[i][j]:以j为右端点 在开头选了i个数 的最大值
//预处理时的最大值只加了完整L的区间值 
void calc_L( int l, int r ) {//对左区间进行预处理 for( int i = 0;i < min( r - l + 1, L );i ++ ) {//枚举跨越mid的在区间末尾选的长度i fl[i][r - i + 1] = 0;for( int j = r - i;j >= l;j -- )//枚举区间的左端点jfl[i][j] = j + L - 1 > r - i ? 0 : max( fl[i][j + 1], fl[i][j + L] + sum[j + L - 1] - sum[j - 1] );//r-i就是不与枚举末尾长度i的起始点相交的第一个点//换言之[r-i+1,r]就是枚举的一个跨越mid的L区间在左半边的部分 //三目运算符判断是否以j为左端点时可以划分出一个完整的在区间的L且不交 (j~j+L-1)}
}
/*
fl[L]：一个跨越mid的长度L区间在左半边就有L个 也就相当于压根没跨越
fr[L]：同理也相当于压根没跨越
此情况恰好与fl[0],fr[0]差了一个L的区间划分循环
故可以由fl[0],fr[0]表示
*/
void calc_R( int l, int r ) {for( int i = 0;i < min( r - l + 1, L );i ++ ) {fr[i][l + i - 1] = 0;//[l,l+i-1]就是枚举的一个跨越mid的L划分区间在右半边的部分 for( int j = l + i;j <= r;j ++ )fr[i][j] = j - L + 1 < l + i ? 0 : max( fr[i][j - 1], fr[i][j - L] + sum[j] - sum[j - L] );//三目运算符判断是否以j为右端点时可以划分出一个完整的在区间的L且不交 (j-L+1~j)} 
}void solve( int Ql, int Qr, int l, int r ) {if( Ql > Qr || r - l + 1 < L ) return;int mid = ( l + r ) >> 1;int lenl = 0, lenr = 0;calc_L( l, mid );calc_R( mid + 1, r );for( int i = Ql;i <= Qr;i ++ ) {int id = p[i];if( qr[id] <= mid ) Left[++ lenl] = id;else if( ql[id] > mid ) Right[++ lenr] = id;else {ans[id] = fl[0][ql[id]] + fr[0][qr[id]];//不存在跨越mid的L区间的情况下 最大值//dp动态规划预处理已经做到局部最优解for( int j = max( 1, L - ( qr[id] - mid ) );j <= mid - ql[id] + 1 && j < L;j ++ )ans[id] = max( ans[id], ( mid - j < l ? 0 : fl[j][ql[id]] ) + ( mid + L - j + 1 > r ? 0 : fr[L - j][qr[id]] ) + sum[mid + L - j] - sum[mid - j] );/*mid-j mid+1+L-j都是两边不相交的第一个点ps:注意括号问题 要把三目运算符整个括在一起 不然会错该跨越mid的区间应为 mid-j+1 ~ mid+1 + L-j - 1  枚举跨越mid的L区间的左区间长度j=max(1,L-(qr[id]-mid))保证至少要有1个 且 该区间的右端点抵到整个询问区间的右端点qr[id]mid-ql[id]+1&&j<L保证至多有L-1个这样右边才至少有一个 且 该区间的最多只能抵到整个询问区间的左端点ql[id]判断一下mid-j<l没有因为只预处理了左端点>=l的其余部分应该全为0同理右边判断一下mid+L-j+1>r没有只处理了右端点<=r其余部分应该全为0然后加上跨越的长度为L的区间的a值和但是好像去掉判断也是AC的？？？不懂了 按道理不能去掉的啊？？？ans[id] = max( ans[id], fl[j][ql[id]] + fr[L - j][qr[id]] + sum[mid + L - j] - sum[mid - j + 1 - 1] );*/}}for( int i = 1;i <= lenl;i ++ ) p[Ql + i - 1] = Left[i];for( int i = 1;i <= lenr;i ++ ) p[Ql + lenl + i - 1] = Right[i];solve( Ql, Ql + lenl - 1, l, mid );solve( Ql + lenl, Ql + lenl + lenr - 1, mid + 1, r );//注意这里不再是solve(Ql+lenl,Qr,mid+1,r); 进行分类后有一些询问操作是已经处理了的 
}int main() {scanf( "%d %d", &n, &L );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%d", &sum[i] );sum[i] += sum[i - 1];}scanf( "%d", &Q );for( int i = 1;i <= Q;i ++ ) {p[i] = i;scanf( "%d %d", &ql[i], &qr[i] );}solve( 1, Q, 1, n );for( int i = 1;i <= Q;i ++ )printf( "%d\n", ans[i] );return 0;
} 
//代码参考博客：https://www.cnblogs.com/Orz-IE/p/12039213.html