【题目描述：】
在幻想乡，琪露诺是以笨蛋闻名的冰之妖精。
某一天，琪露诺又在玩速冻青蛙，就是用冰把青蛙瞬间冻起来。但是这只青蛙比以往的要聪明许多，在琪露诺来之前就已经跑到了河的对岸。于是琪露诺决定到河岸去追青蛙。
小河可以看作一列格子依次编号为0到N，琪露诺只能从编号小的格子移动到编号大的格子。而且琪露诺按照一种特殊的方式进行移动，当她在格子i时，她只移动到区间[i+l,i+r]中的任意一格。你问为什么她这么移动，这还不简单，因为她是笨蛋啊。
每一个格子都有一个冰冻指数A[i]，编号为0的格子冰冻指数为0。当琪露诺停留在那一格时就可以得到那一格的冰冻指数A[i]。琪露诺希望能够在到达对岸时，获取最大的冰冻指数，这样她才能狠狠地教训那只青蛙。
但是由于她实在是太笨了，所以她决定拜托你帮它决定怎样前进。
开始时，琪露诺在编号0的格子上，只要她下一步的位置编号大于N就算到达对岸。
【输入格式：】
第1行：3个正整数N, L, R
第2行：N+1个整数，第i个数表示编号为i-1的格子的冰冻指数A[i-1]
【输出格式：】
一个整数，表示最大冰冻指数。保证不超过2-1
[算法分析：]
一道典型的DP题，已知a[i]为点i的冰冻指数，设f[i]为到达点i时获得的最大冰冻指数
则f[i]的状态是由f转移来的
即f[r]的状态是由f得到的.
可以求得状态转移方程：
f[i] = max{f[i - j]} + a[i]
l <= j <= r <= i
时间复杂度为O(n)，n ≤ 200000 的范围显然是超时了.
考虑如何优化：
显然对于求max{f[i - j]}的过程是可以优化的，
用优先队列或者线段树？O(n log n)确实是一个很优秀的复杂度，但是还有更优的：
单调队列，时间复杂度为O(n).
每次把一个f[p]值放入deque中，维护序列的单调性（从大到小），
但如果某一次队头的元素的坐标已经不足以跳到当前点了，就要把队首pop出去
所以deque中存放的应是一个结构体或者pair.
那有没有可能在pop队尾的时候把之后的最优解pop掉呢？
现在要加入队列的元素坐标一定比队尾元素要大，而其值也比需要被pop掉的队尾元素大，
所以最优解不管怎么pop都会在队列里。
[Code:]
//P1725 琪露诺
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std; const int MAXN = + ; int n, l, r;
int a[MAXN];
int f[MAXN];
struct Node {
int v, num;
}; deque<Node> q; inline int read() {
int x=, f=; char ch=getchar();
while(ch<'' || ch>'') {
if(ch == '-') f = -;
ch = getchar();
}
while(ch>='' && ch<='')
x=(x<<)+(x<<)+ch-, ch=getchar();
return x * f;
} int main() {
n = read(), l = read(), r = read();
for(int i=; i<=n; ++i)
a[i] = read();
int p = ;
for(int i=l; i<=n; ++i) {
// 求max{f[i-r, i-l]}
// int maxn = 1 << 31;
// int s = i-r<0 ? 0 : i-r;
// for(int j=s; j<=i-l; ++j)
// maxn = max(maxn, f[j]);
while(!q.empty() && q.back().v < f[p])
q.pop_back();
q.push_back((Node){f[p], p});
while(q.front().num + r < i) q.pop_front();
f[i] = q.front().v + a[i];
++p;
}
int ans = << ;
for(int i=n-r+; i<=n; ++i)
ans = max(ans, f[i]);
printf("%d\n", ans);
}