题目链接：http://oj.acm.zstu.edu.cn/JudgeOnline/problem.php?id=4237
这题可以转化为每次可以走g~d+x步，求最大分数，且最大分数的步数最少。
这题的数据范围比较小，可以用奇怪的姿势过。
首先，lyf队长给的方法是n^3的dp过；用我自己的方法是搜索也可以过，因为数据小。
但是，如果数据范围很大，就得用复杂度是O(n)的单调队列dp来做。
上次做过一道单调队列的dp问题，当时比较懵懂，现在，对这个方法有了更深的理解。而且，只要把id丢进单调队列里即可（因为可以通过id查找dp的值）。具体过程还是看代码仔细理解吧：
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <set>
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii; const int inf =0x3f3f3f3f;
int n,x,g,d;
int a[+];
pii dp[+]; pii solve()
{
deque<int> Q;
dp[]=pii(,);
for(int i=;i<=n;i++)
{
while(!Q.empty() && Q.front()<i-d) Q.pop_front();
if(i-g>= && dp[i-g].first != -inf)
{
while(!Q.empty() && dp[Q.back()] <= dp[i-g]) Q.pop_back();
Q.push_back(i-g);
}
if(!Q.empty()) dp[i] = pii(dp[Q.front()].first + a[i],dp[Q.front()].second - );
//因为题目要求最大分数的最小步数，而对pair的max是默认取大的值，
//所以取个反就是最大化（-步数）
else dp[i] = pii(-inf,);
}
pii ret = pii(-inf,);
for(int i=;i<=n;i++)
{
if(i>=n-d+) ret=max(ret,dp[i]);
//如果处于再跳一步就可以出去的状态的话
}
ret.second = -ret.second + ;
//加1是细节，因为还需要一步跳出
return ret;
} int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d%d",&n,&x,&g,&d);
d += x;
for(int i=;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
pii ans = solve();
printf("%d %d\n",ans.first,ans.second);
}
return ;
}
同时，因为pair的比较方法，这里必须把步数转换成负数的。如果不这样就必须写比较器：
bool operator < (const std::pair<int,int> &a,const std::pair<int,int> &b) {
if (a.first != b.first) return a.first < b.first;
return a.second > b.second;
}
bool operator <= (const std::pair<int,int> &a,const std::pair<int,int> &b) {
return a == b || a < b;
}
也可以用写cmp的方式，像sort一样传入第三个参数cmp，同时把dp[Q.back()] <= dp[i-g]改成(max(dp[Q.back()],dp[i-g],cmp) == dp[i-g]) 就行，但是不如上面那样写比较器来的逻辑清晰。
同时，这题有个奇怪的地方在于，重载了以后max还是会出错，必须 if (ret < dp[i]) ret = dp[i];来代替max才行。但是，自己试验了别的代码以后发现，重载了以后max函数是可以生效的，这里真是有毒啊。还是”留坑以后填“吧。。