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给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个整数 k 。

一开始你在下标 0 处。每一步，你最多可以往前跳 k 步，但你不能跳出数组的边界。也就是说，你可以从下标 i 跳到 [i + 1， min(n - 1, i + k)] 包含 两个端点的任意位置。

你的目标是到达数组最后一个位置（下标为 n - 1 ），你的 得分 为经过的所有数字之和。

请你返回你能得到的 最大得分 。

示例 1：
输入：nums = [1,-1,-2,4,-7,3], k = 2
输出：7
解释：你可以选择子序列 [1,-1,4,3] （上面加粗的数字），和为 7 。

示例 2：
输入：nums = [10,-5,-2,4,0,3], k = 3
输出：17
解释：你可以选择子序列 [10,4,3] （上面加粗数字），和为 17 。

示例 3：
输入：nums = [1,-5,-20,4,-1,3,-6,-3], k = 2
输出：0

提示：

• 1 <= nums.length, k <= 10⁵
• 10⁴ <= nums[i] <= 10⁴

思路

设 dp[i] 为“从索引 i 开始到达终点的最大分数”。dp[i] 的答案是 nums[i] + max{dp[i+j]} for 1 <= j <= k。这给出了一个 O（n*k） 解。
代码如下：

class Solution {
public:int maxResult(vector<int>& nums, int k) {int dp[(int)1e5+10]{};int n=nums.size();if(n==0)return 0;for(int i=0;i<n;++i)dp[i]=INT_MIN;dp[0]=nums[0];if(k>n)k=n;for(int i=1;i<k;++i){for(int j=0;j<i;++j){dp[i]=max(dp[j]+nums[i],dp[i]);}}for(int i=k;i<n;++i){for(int j=i-k;j<i;++j){dp[i]=max(dp[j]+nums[i],dp[i]);}}return dp[n-1];}
};

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但是这样就会超时间，与其遍历每一个 i 都要找前面 k 个中的最大值，不如跟踪堆中最大的 dp[i] 值，并从右到左计算 dp[i]。当堆中的最大值超出当前索引的范围时，将其删除并继续检查。

代码

class Solution {
public:int maxResult(vector<int>& nums, int k) {int n = nums.size();vector<int>dp(n,INT_MIN);priority_queue<pair<int,int>>q;for(int i = 0; i < n; i++){while(q.size() && i - q.top().second > k){q.pop();}if(q.empty()){dp[i] = nums[i];q.push({nums[i],i});}else{dp[i] = nums[i] + q.top().first;q.push({dp[i], i});}}return dp[n - 1];}
};

结果