守護者拿出被劃分為n個格仔的乙個圓環，每個格仔上都有乙個正整數，並且定義兩個格仔的距離為兩個格仔之間的格仔數的最小值。環的圓心處固定了乙個指標，一開始指向了圓環上的某乙個格仔，你可以取下指標所指的那個格仔裡的數以及與這個格仔距離不大於k的格仔的數，取乙個數的代價即這個數的值。指標是可以轉動的，每次轉動可以將指標由乙個格仔轉向其相鄰的格仔，且代價為圓環上還剩下的數的最大值。
現在對於給定的圓環和k，求將所有數取完所有數的最小代價
很難想的dp，看到環的第一反應還是複製一遍接到後面，但是此題的「取物品」的總消耗是恆定不變的，所以可以貪心的證明，每次把指標所指處所有物品取走是最優解(或者說不能更優)，所以一開始指標指向起點時，原來的環就變成了一條鏈。若指標在起點以右，那麼下一步的選擇只有再向右走一格或者走到左端點，指標在左時同理。
由此可得dp轉移方程
設f[i][j][0]表示右端點距起點間隔為i，左端點距起點間隔為j，指標在左時的情況；f[i][j][1]表示右端點距起點間隔為i，左端點距起點間隔為j，指標在右時的情況；
則：f[i][j][1] = min(f[i][j-1][1] + add, f[i][j-1][0] + add*(i+j)) //add = max
f[i][j][0] = min(f[i-1][j][0] + add, f[i-1][j][1] + add*(i+j))//add = max
處理剩餘鏈中最大值時，每次遍歷一遍的複雜讀太大，故此時用st表或線段樹進行維護，由於常數及編碼複雜度的原因，此處選擇st表。
#include
#include
#include
#include
#include
#define inf 1e15+9
using
namespace
std;
int n, k;
long
long f[2005][2005][2]; //f[i][j][0]表示指向左端點的情況 f[i][j][1]表示指向右端點的情況
int a[2005], ma[2005][20];
void make_st() //st演算法預處理
long
long rmq(int l,int r)
int main()
}long
long ans = inf;
for(int i = 0; i <= n; i++) ans = min(ans, min(f[i][n-i][0], f[i][n-i][1]));
for(int i = 1; i <= n; i++) ans += a[i];
cout
<< ans << endl;
return
0;}
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