动态转移方程 → 状态转移方程
$(1\le j <i)$ 用前缀和就可以解决了，不需要使用单调队列。其可用于 $l_{i}\le j\le r_{i}$ 的一类 dp 转移，其中 $l_{i}$ 和 $r_{i}$ 分别单调递增
建议简单介绍单调队列，否则无法理解该 dp 的优化
例题过少（提示：最经典的有单调队列优化多重背包）

dp的优化

一、单调队列优化

单调队列优化，可以降低诸如 $dp[i]=\max\{dp[j]\}+C[i](1\le j <i)$ 这样的状态转移方程的时间复杂度。主要原理是利用一个单调队列来维护 $dp[i]$ 的最值。

一道例题

我们不难写出状态转移方程

$$ dp[i]= \begin{cases} &\text{sum}[i]&i\le k\\ &\max\{dp[j-1]+\text{sum}[i]-\text{sum}[j]\}&i-k \le j\le i,i>k \end{cases} $$

答案为 $\text{ans}=\max\{dp[i]\}$。

但是时间复杂度为 $O(nk)$，显然会超时。

注意到 $\text{sum}[i]$ 可以直接提出，即 $dp[i]=\max\{dp[j]\}+\text{sum}[i]$，所以我们只需用一个单调队列来维护 $dp[i]$ 的最值，复杂度可以降低为 $O(n)$。

代码

#include <stdio.h>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,k;
long long e[100001];
long long dp[100001];
long long sum[100001];
int q[100001];
int front=0,tail=1;
long long a(int now)
{
    return dp[now-1]-sum[now];
}
int main()
{
    scanf("%d %d",&n,&k);
    int rec=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%lld",&e[i]);
        sum[i]=sum[i-1]+e[i];
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
    while (front<=tail&&q[front]<i-k)
    front++;    
    dp[i]=a(q[front])+sum[i];
    while (front<=tail&&a(q[tail])<=a(i))
    tail--;
    q[++tail]=i;
    }
    long long ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    ans=max(ans,dp[i]);
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

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洛谷p3957

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