这道题题号很清新啊！第一次开NOI的题，因为最近考到了这道题的升级版。

我们先考虑\(O(n^2)\)大暴力，就是枚举前后端点然后开一个前缀和减一下即可。

然后引入正解，我们设一个三元组\(F(s,l,r)\)表示以\(s\)为左端点，右端点的范围在\([l,r]\)的时候最优的右端点为多少。

左端点确定了，右端点的区间也确定了，那么右端点的位置怎么求？

RMQ直接查询即可。由于要求值最大，因此我们RMQ出前缀和最大值即可

然后我们就可以得到一些三元组，考虑如何计算答案。

我们还是通过取最大值这点性质想到堆。因此我们用大根堆来维护，而要维护的东西应该就是这个区间的值了。

然后前缀和的作用就出来了。我们在比较时让键值为\(sum_t-sum_{s-1}\)即可。

当我们取出一个解时，注意以\(s\)为左端点的区间就不是没有用了，我们可以把它按选择的最优位置分裂成两半然后再扔回堆里为后续的做准备。

具体实现看CODE

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=500005,P=25;
int n,k,l,r,sum[N],log[N];
long long ans;
struct data
{int s,l,r,t;bool operator <(const data x) const { return sum[x.t]-sum[x.s-1]>sum[t]-sum[s-1]; }
};
struct RMQ
{int x,num;
}f[N][P];
priority_queue<data> big;
inline char tc(void)
{static char fl[100000],*A=fl,*B=fl;return A==B&&(B=(A=fl)+fread(fl,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++;
}
inline void read(int &x)
{x=0; char ch; int flag=1; while (!isdigit(ch=tc())) flag=ch^'-'?1:-1;while (x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',isdigit(ch=tc())); x*=flag;
}
inline int min(int a,int b)
{return a<b?a:b;
}
inline void log_init(void)
{for (register int i=2;i<=n;++i)log[i]=log[i>>1]+1;
}
inline void RMQ_init(void)
{for (register int j=1;j<P;++j)for (register int i=1;i+(1<<j)-1<=n;++i)f[i][j]=f[i][j-1].x>f[i+(1<<j-1)][j-1].x?f[i][j-1]:f[i+(1<<j-1)][j-1];
}
inline int query(int l,int r)
{int k=log[r-l+1];return f[l][k].x>f[r-(1<<k)+1][k].x?f[l][k].num:f[r-(1<<k)+1][k].num;
}
int main()
{//freopen("CODE.in","r",stdin); freopen("CODE.out","w",stdout);register int i; read(n); read(k); read(l); read(r); for (i=1;i<=n;++i)read(sum[i]),sum[i]+=sum[i-1],f[i][0]=((RMQ){sum[i],i});log_init(); RMQ_init(); for (i=1;i<=n;++i)if (i+l-1<=n) big.push((data){i,i+l-1,min(n,i+r-1),query(i+l-1,min(n,i+r-1))});while (k--){data now=big.top(); big.pop(); ans+=sum[now.t]-sum[now.s-1];if (now.l^now.t) big.push((data){now.s,now.l,now.t-1,query(now.l,now.t-1)});if (now.r^now.t) big.push((data){now.s,now.t+1,now.r,query(now.t+1,now.r)});}return printf("%lld",ans),0;
}