TT的神秘任务3（单调队列优化DP）

问题描述

TT 猫咖的生意越来越红火，人越来越多，也越来越拥挤。

为了解决这个问题，TT 决定扩大营业规模，但猫从哪里来呢？

TT 第一时间想到了神秘人，想要再次通过完成任务的方式获得猫咪。

而这一次，神秘人决定加大难度。

给定一个环，A[1], A[2], A[3], … , A[n]，其中 A[1] 的左边是 A[n]。要求从环上找出一段长度不超过 K 的连续序列，使其和最大。

这一次，TT 陷入了沉思，他需要你们的帮助。

Input

第一行一个整数 T，表示数据组数，不超过 100。

每组数据第一行给定两个整数 N K。（1 ≤ N ≤ 100000, 1 ≤ K ≤ N）

接下来一行，给出 N 个整数。（-1000 ≤ A[i] ≤ 1000）。

Output

对于每一组数据，输出满足条件的最大连续和以及起始位置和终止位置。

如果有多个结果，输出起始位置最小的，如果还是有多组结果，输出长度最短的。

Sample input

4
6 3
6 -1 2 -6 5 -5
6 4
6 -1 2 -6 5 -5
6 3
-1 2 -6 5 -5 6
6 6
-1 -1 -1 -1 -1 -1

Sample output

7 1 3
7 1 3
7 6 2
-1 1 1

解题思路

这个题严格来说并不算动态规划，更多偏向於单调队列。这个题有这样几条要求：

• 环形拼接
• 最大连续序列
• 长度不超过k

环形拼接很简单，就是直接将1-n的数据复制一遍放在a[n+1]到a[2*n]里面就行了。（只放1-k也行）

最大连续序列也比较容易，贪心和dp都可以做到。我们可以定义f[i]为以$i$为结尾的最大连续子序列和，那么答案就是max(f[i])

对于长度不超过k，我们可以将状态转移方程设为：$f[i]=sum[i]-min\{sum[k]\}(i-m\le k\le i)$，其中sum[i]是前缀和，这样时间复杂度就是$O(m*n)$。

然后还可以用单调队列来进行优化，将时间复杂度降为$O(n)$。需要注意的一点是，加入队列的元素是$sum[i-1]$。因为对于区间$[x,y]$，$\sum_{i=x}^{y}a[i]=sum[y]-sum[x-1]$。

完整代码

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma G++ optimize(2)
//#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <string>
#include <climits>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <vector>
#include <deque>
#include <list>
using namespace std;

const int maxn=100000+10;
int t,n,k,a[maxn],sum[maxn*2],L,R,ans;
deque<int> q;
int getint(){
    int x=0,s=1; char ch=' ';
    while(ch<'0' || ch>'9'){ ch=getchar(); if(ch=='-') s=-1;}
    while(ch>='0' && ch<='9'){ x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*s;
}
int main(){
    //ios::sync_with_stdio(false);
    //cin.tie(0);
    t=getint();
    while(t--){
        ans=INT_MIN; memset(sum,0,sizeof(sum));
        n=getint(); k=getint();
        for (int i=1; i<=n; i++) {
            a[i]=getint();
            sum[i]=sum[i-1]+a[i];
        }
        for (int i=n+1; i<=2*n; i++){
            sum[i]=sum[i-1]+a[i-n];
        }
        q.clear();
        for (int i=1; i<=2*n; i++){
            while(!q.empty() && sum[q.back()]>sum[i-1]) q.pop_back();
            q.push_back(i-1);
            if(i-q.front()>k) q.pop_front();
            if(sum[i]-sum[q.front()]>ans){
                ans=sum[i]-sum[q.front()];
                L=q.front()+1; R=i; if(R>n) R-=n;
            }
        }
        printf("%d %d %d\n",ans,L,R);
    }
    return 0;
}