【题目描述：】
在幻想乡，琪露诺是以笨蛋闻名的冰之妖精。
某一天，琪露诺又在玩速冻青蛙，就是用冰把青蛙瞬间冻起来。但是这只青蛙比以往的要聪明许多，在琪露诺来之前就已经跑到了河的对岸。于是琪露诺决定到河岸去追青蛙。
小河可以看作一列格子依次编号为0到N，琪露诺只能从编号小的格子移动到编号大的格子。而且琪露诺按照一种特殊的方式进行移动，当她在格子i时，她只移动到区间[i+l,i+r]中的任意一格。你问为什么她这么移动，这还不简单，因为她是笨蛋啊。
每一个格子都有一个冰冻指数A[i]，编号为0的格子冰冻指数为0。当琪露诺停留在那一格时就可以得到那一格的冰冻指数A[i]。琪露诺希望能够在到达对岸时，获取最大的冰冻指数，这样她才能狠狠地教训那只青蛙。
但是由于她实在是太笨了，所以她决定拜托你帮它决定怎样前进。
开始时，琪露诺在编号0的格子上，只要她下一步的位置编号大于N就算到达对岸。
【输入格式：】
第1行：3个正整数N, L, R
第2行：N+1个整数，第i个数表示编号为i-1的格子的冰冻指数A[i-1]
【输出格式：】
一个整数，表示最大冰冻指数。保证不超过231-1
[算法分析：]
一道典型的DP题，已知a[i]为点i的冰冻指数，设f[i]为到达点i时获得的最大冰冻指数
则f[i]的状态是由f[i+l, i+r]转移来的
即f[r]的状态是由f[i-r, i-l]得到的.
可以求得状态转移方程：
f[i] = max{f[i - j]} + a[i]
l <= j <= r <= i
时间复杂度为O(n2)，n ≤ 200000 的范围显然是超时了.
考虑如何优化：
显然对于求max{f[i - j]}的过程是可以优化的，
用优先队列或者线段树？O(n log2 n)确实是一个很优秀的复杂度，但是还有更优的：
单调队列，时间复杂度为O(n).
每次把一个f[p]值放入deque中，维护序列的单调性（从大到小），
但如果某一次队头的元素的坐标已经不足以跳到当前点了，就要把队首pop出去
所以deque中存放的应是一个结构体或者pair.
那有没有可能在pop队尾的时候把之后的最优解pop掉呢？
现在要加入队列的元素坐标一定比队尾元素要大，而其值也比需要被pop掉的队尾元素大，
所以最优解不管怎么pop都会在队列里。
[Code:]
1 //P1725 琪露诺 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #include<algorithm> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 8 const int MAXN = 200000 + 1; 9 10 int n, l, r; 11 int a[MAXN]; 12 int f[MAXN]; 13 struct Node { 14 int v, num; 15 }; 16 17 deque<Node> q; 18 19 inline int read() { 20 int x=0, f=1; char ch=getchar(); 21 while(ch<'0' || ch>'9') { 22 if(ch == '-') f = -1; 23 ch = getchar(); 24 } 25 while(ch>='0' && ch<='9') 26 x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48, ch=getchar(); 27 return x * f; 28 } 29 30 int main() { 31 n = read(), l = read(), r = read(); 32 for(int i=0; i<=n; ++i) 33 a[i] = read(); 34 int p = 0; 35 for(int i=l; i<=n; ++i) { 36 // 求max{f[i-r, i-l]} 37 // int maxn = 1 << 31; 38 // int s = i-r<0 ? 0 : i-r; 39 // for(int j=s; j<=i-l; ++j) 40 // maxn = max(maxn, f[j]); 41 while(!q.empty() && q.back().v < f[p]) 42 q.pop_back(); 43 q.push_back((Node){f[p], p}); 44 while(q.front().num + r < i) q.pop_front(); 45 f[i] = q.front().v + a[i]; 46 ++p; 47 } 48 int ans = 1 << 31; 49 for(int i=n-r+1; i<=n; ++i) 50 ans = max(ans, f[i]); 51 printf("%d ", ans); 52 }