##  [$AcWing$ $1089$ . 烽火传递](https://www.acwing.com/problem/content/description/1091/)

### 一、题目描述
烽火台是重要的军事防御设施，一般建在交通要道或险要处。

一旦有军情发生，则白天用浓烟，晚上有火光传递军情。

在某两个城市之间有 $n$ 座烽火台，每个烽火台发出信号都有一定的代价。

为了使情报准确传递，在连续 $m$ 个烽火台中至少要有一个发出信号。

现在输入 $n,m$ 和每个烽火台的代价，请计算在两城市之间 **准确传递情报所需花费的总代价最少** 为多少。

**输入格式**
第一行是两个整数 $n,m$，具体含义见题目描述；

第二行 $n$ 个整数表示每个烽火台的代价 $a_i$。

**输出格式**
输出仅一个整数，表示最小代价。

**数据范围**
$1≤m≤n≤2×10^5,0≤a_i≤1000$

**输入样例：**
```cpp {.line-numbers}
5 3
1 2 5 6 2
```

**输出样例：**
```cpp {.line-numbers}
4
```

###　二、题目解析
![](https://img-blog.csdnimg.cn/20201227222632582.png?x-oss-process=image/watermark,type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk,shadow_10,text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3dlaXhpbl80NTYyOTI4NQ==,size_16,color_FFFFFF,t_70)

#### 状态表示
 $f[i]$:前$1 \sim i$座烽火台满足条件，且第$i$座烽火台 **点燃** 的方案集合

#### 属性
所有符合条件的方案集合中的 **最小代价值**

#### 状态计算

如何划分集合？

题目要求在连续 $m$个烽火台中至少要有一个发出信号，即连续的$m$个烽火台中至少要有一个被点燃。而$f[i]$表示的含义中，第$i$座已经被点燃，因此在第$i$座向前的前$m$座烽火台至少要有一个被点燃。被点燃的可以是$i-m$, $i-m+1$,...,$i-2$,$i -1$

故状态计算方程： 
$$\large f[i] = min(f[j]) + w[i]\  j \in [i-m,i-1]$$

**一段区间的最值可以用单调队列求解**。

此题中，我们定义一个单调递增队列，队列中维护的是$f[j]$的最小值集合,每次拿出队头元素，即长为$m$的区间中，值最小的$f[j]$来更新答案。

**$\large Q$:有个疑问，为什么状态表示时，要将第$i$座表示为点燃？**

我们可以  **从问题出发**，每$m$座烽火台中必然要有一座要被点燃。那么最后$n$座烽火台同样也是如此。如果我们将$f[i]$定义为前$1\sim i$座烽火台满足条件，且第$i$座烽火台点燃的方案集合,那么答案一定在 $f[n-m+1],f[n-m+2],...,f[n]$之间产生,也就是说将第$i$座表示为点燃可以很容易表示出答案。这就给我们一个启发，<font color='red' size=4><b>在定义状态表示时，一定要考虑定义的状态是否可以包含答案</b></font>。

### 三、$DP$+暴力查找最小值
```cpp {.line-numbers}
j = max(0, i - m)
```

上面这句话需要注意一下，别整出下标是负数的。说句人话就是:“**一个看一个，个个向前看，最远能看$m$个，不够$m$个有多少算多少**。”

```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 200010;
int f[N];
int w[N], n, m;

//  通过了 11/12个数据
int main() {
    /**
    普通DP大法
    状态表示：
     ①集合:f[i]表示前i个灯塔满足条件，并且i点亮。
     ②属性：最小代价
    状态计算：f[i]=min(f[j]+w[i]) (i−m≤j≤i−1)
    答案：(n−m+1)~n必须有灯塔亮，所以枚举一下求出最小值即可
    */
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];

    //初始化
    memset(f, 0x3f, sizeof f);              //预求最小，先设最大
    f[0] = 0;                               //需要手动初始化一下递推的base case
    //依题意，f[1]代表第1个灯塔点亮需要付出的代价是w[1],也就是f[0]=0,想想也正常，虚拟第0个点亮成本为0~
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = max(0, i - m); j <= i - 1; j++)    //向前查看它之前的m个
            f[i] = min(f[i], f[j] + w[i]);

    int res = INF;
    for (int i = n + 1 - m; i <= n; i++) res = min(res, f[i]);
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}
```
### 四、单调队列优化
```cpp {.line-numbers}
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 200010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int f[N];
int w[N], n, m;
int q[N], hh, tt;

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> w[i];
    hh = 0, tt = 0, q[0] = 0;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        // 滑动窗口在i左侧，不包括i,使用前序信息可以更新f[i]，滑动窗口长度最长为m
        while (hh <= tt && i - q[hh] > m) hh++;

        // 因为i不在滑动窗口中，需要用滑动窗口的内容更新f[i]，在while上方更新
        f[i] = f[q[hh]] + w[i];

        // i入队列
        while (hh <= tt && f[q[tt]] >= f[i]) tt--;
        q[++tt] = i;
    }
    // 答案可能存在于 n-1,n-2,...n-m+1中，枚举一下求最小值即可
    int res = INF;
    for (int i = n + 1 - m; i <= n; i++) res = min(res, f[i]);
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}
```