题目

小奇去遗迹探险，遗迹里有N个宝箱，有的装满了珠宝，有的装着废品。
小奇有地图，所以它知道每一个宝箱的价值，但是它不喜欢走回头路，所以要按顺序拿这N个宝箱中的若干个。

拿宝箱很累的。一开始小奇的体力是1 ，每得到一个宝箱之后，小奇得到的价值是体力x 宝箱的价值，之后它的体力就会变为原来的K倍 。

小奇不喜欢连续放过很多宝箱，所以任意一段长度为M的序列中，小奇一定要取走其中的一个宝箱。

现在小奇想知道它能得到的最大价值和。

输入格式
第一行，两个整数 N,M，表示的含义如题目中所述；
第二行，一个小数K ，表示的含义如题目中所述，最多4位小数；
第三行,N个整数，第i个整数表示第i个宝箱的价值。

输出格式
输出一行，一个实数，表示小奇能得到的最大价值和，四舍五入保留两位小数。

题解

特别水也特别板的一道题。。。。
每个人都会想到三维DP
$DP[i][j][k]$：表示第i个宝箱一定选，上一次选的宝箱为j，选了k个

通过数据范围，就已经扼杀了想开三维数组的心

---

那我就先舍弃k，假设没有这个k的限制来思考一下
因为开二维都会MLE，所以就死命也要把DP压成一维
$DP[i]$：表示第i个宝箱一定选，前面$[1,i-1]$不管怎么选，反正要是合法的最大价值
转移方程式?
$DP[i]=DP[j]+w[i](j\in [i-m,i-1])$
这就是一个滑动窗口的优化（单调队列）我要AC了！！！

---

但是因为有了k的限制，我们就要重新搞一下了
我们思考如果正着往后推，那么前面选了j个就会影响后面的价值
但是如果从后往前推，后面管他选了x个，对当前i的价值是没有影响的，
当前i的价值只被前面的选取决定

所以重新定义一下$DP[i]$
表示从n往1推，第i个宝箱必须选，且$[i+1,j]$的选取必须是合法的最大价值
转移方程式也就变了?
$DP[i]=DP[j]+w[i](j\in [i+1,min(n+1,i+m)])$

---

这里我只解释两个地方：
1：为什么要压一个n+1？？
因为数据有可能在最后的$[n,n-m+1)$全是负数，
而这个时候i距离n的距离又不到m
我就可以不选，这个时候就可以用$DP[n+1]=0$来处理

2：为什么可以取到i+m？？
按我们的常规理解应该是$[i+m-1,i]$
仔细想想，i是一定要取的，那么$[i+m-1,i]$这个区间肯定是满足m的
但是$[i+m,i-1]$也是可以满足m的，所以i+m也可能对i进行贡献

举例说明：
m = 2，i = 1，i + m = 3
1 2 3
↑
i
[1,2]长度是m，其中有下标为1的宝藏被拿了
[2,3]长度也是m，所以下标为3的宝藏也应该被拿

代码实现

#include <cstdio>
#include <deque>
using namespace std;
#define MAXN 100005
deque < int > deq;
int n, m;
double k, result = -0x7f7f7f7f;
double w[MAXN], dp[MAXN];int main() {scanf ( "%d %d %lf", &n, &m, &k );for ( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf ( "%lf", &w[i] );deq.push_back ( n + 1 );for ( int i = n;i >= 1;i -- ) {while ( ! deq.empty() && deq.front() > i + m )deq.pop_front();dp[i] = dp[deq.front()] * k + w[i];while ( ! deq.empty() && dp[deq.back()] <= dp[i] )deq.pop_back();deq.push_back ( i );}for ( int i = 1;i <= m;i ++ )result = max ( result, dp[i] );printf ( "%.2lf", result );return 0;
}