题意：给你一个n个元素的数组，从中选取x个元素，并且要保证任意的m个位置中必须至少有一个元素被选中，问选中元素的和最大可以是多少？
F1 n,m,x到200 F2 n,m,x到5000。
思路1：设dp[i][j]为选择i位置的元素，并且包括i位置已经选择了j个元素，所有选中元素的最大和。
那么为了保证方案的合法性，只能从i-m+1的地方状态转移，dp[i][j]=max(dp[k][j-1])+a[i] (i-m+1<=k<i);,意思是找从i-m+1位置到i-1位置找已经选区j-1个元素中和最大的一个，在加上自己。
最后在n-m+1到i中找最大值就是答案，这些点因为已经被选取，所以保证了最终答案的合法性。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long dp[210][210],a[210];
int main(){
int n,m,x;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&x);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
int tmp=n-(m-1);
if((tmp/m+(tmp%m!=0))>x){
printf("-1
");
return 0;
}
int lim=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=lim;j<=min(i,x);j++){
for(int k=max(0,i-m);k<i;k++){
dp[i][j]=max(dp[k][j-1]+a[i],dp[i][j]);
}
}
if(i%m==0)lim++;
}
long long ans=0;
for(int i=n-m+1;i<=n;i++)
ans=max(ans,dp[i][x]);
printf("%lld
",ans);
}
思路2：现在数据规模变大了，原来的做法可以卡成O(n3),过不了。仔细观察状态转移过程，会发现有很多无用的状态，比如dp[i][j-1]<dp[k][j-1] (i<k),dp[i][j-1]这个状态肯定不会成为更新的跳板，于是我们就可以用单调队列优化。
外层循环枚举选取的元素个数，内层循环枚举数组的元素，用单调队列的队头更新最优解，此时dp[i][j]表示已经选区了i个元素，第j个元素已经被选的最优解，单调队列的队头出队过程保证了方案的合法性。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long dp[2][5010],a[5010];
int q[100010],l=1,r=0;
int main(){
int n,m,x;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&x);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
}
int tmp=n-(m-1);
if((tmp/m+(tmp%m!=0))>x){
printf("-1
");
return 0;
}
memset(dp,-0x3f,sizeof(dp));
dp[1][0]=0;
int now=0;
for(int i=1;i<=x;i++){
l=1,r=0;
q[++r]=0;
for(int j=1;j<=n;j++){
while(l<=r&&q[l]+m<j)l++;
dp[now][j]=dp[now^1][q[l]]+a[j];
while(l<=r&&dp[now^1][q[r]]<=dp[now^1][j])r--;
q[++r]=j;
}
now^=1;
}
now^=1;
long long ans=-1;
for(int i=n-m+1;i<=n;i++)
ans=max(ans,dp[now][i]);
printf("%lld
",ans);
}
---恢复内容结束---