一开始，看到这题，以为是最大连续子序列和的问题，写出了代码，提交了，WR，找了一些测试数据，结果发现这个算法并不能将所以的序列的解求出，只是满足一部分序列。
百度了一下，知道了要用单调队列来求解。
单调队列，也就是队列中必然是单调递减的或者递增的。而这题使用的是单调递增的队列。
单调队列使用的是双向队列，队尾队头都可以删除元素，只能从队尾插入元素。
比如求解一个数列｛1 ，2 ，5 ，3， 4， 6｝的最长的递增序列的长度。
首先，1入队，队列中有 1。 接下来2比1 大，2入队，队列为 1 ，2
接下来5比2大，5入队，队列为1， 2， 5.
接下来3比5小，删除5，3再与新的队尾比较，3比2大，将3入队，队列为1 ，2， 3。
以此类推：最后队列为 1， 2， 3， 4， 6。
而杭电3415这一题，是求一个环状的数列的最大连续序列的和，序列长度不大于K。数列的第一项和最后一项相邻。
很多人一开始的想法就是DP，可是DP并不能解决，这个我前面已经讲到了。
输入序列的长度N，和最大序列的长度为K。
因为数列是环状的，所以将数组扩大一倍，输入时，a[i] = a[i + N]（1 <= i <= N）;这样就解决了环状的问题。
题目是求最大连续序列的和，所以用一个数组sum来存前i个数的和（1 <= i <= 2 * N），sum[i] = sum[i - 1] + a[i].
这样问题求解的最大连续子序列和（ans）就变成了求解sum数组中在长度不超过K的情况下，ans = sum【j】- sum【i】。sum【i】为sum中相对最小的，sum【j】为相对最大的，j - i + 1 <= K（因为有长度限制）。这样不断更新ans。这里的队列不是单调递增的，那就等价于 拿每一个sum数组的每一个与它的前面的每一个相减来更新ans，时间复杂度很大，必定超时，而使用单调队列，可以避免一些无谓的步骤。
下面是AC的代码，看注释加上上面的应该就可以理解了.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
int a[200005], sum[200005];
int main()
{
int t, N, K, i;
scanf("%d", &t);
while(t--)
{
scanf("%d%d", &N, &K);
int n = N; //备份N
sum[0] = 0;
for(i = 1; i <= N; i++) //输入
{
scanf("%d", &a[i]);
a[N + i] = a[i];
sum[i] = sum[i - 1] + a[i]; //求前i项的序列和(1 <= i <= N)
}
for(i = N + 1; i <= 2 * N; i++)
sum[i] = sum[i - 1] + a[i]; //求前i项的序列和(N + 1 <= i <= 2 * N)
deque<int> que; //定义双向队列
int ans = -10000000;
int start, end;
N = N + K - 1; //序列长度不超过K，只需要前面的N + K - 1项就足以，
que.clear();
for(i = 1; i <= N; i++) //单调队列保持为递增的序列。
{
while(!que.empty() && sum[i - 1] < sum[que.back()]) //插入的数比队尾的小，删除队尾，再比较，直到比队尾大。
que.pop_back(); //删除的元素的价值比插入的元素的价值小。因为要序列和最大
//下面的ans要不断的更新，队头的元素要相对最小，使解最优。
while(!que.empty() && i - que.front() > K) //队列长度大于K，删除队头。
que.pop_front(); //保持长度不大于K，不断的更新ans
que.push_back(i - 1); //加入队尾
if(sum[i] - sum[que.front()] > ans) //判断序列和是否大于ans，不断更新ans
{
ans = sum[i] - sum[que.front()];
start = que.front() + 1;
end = i;
}
}
if(end > n) //末尾位置超过n,减掉n。
end -= n;
printf("%d %d %d\n", ans, start, end);
}
return 0;
}
对于单调队列也是初学，如有错误，欢迎指正，互相学习。~~