HDU 1024 Max Sum Plus Plus （动态规划、最大m子段和）

Max Sum Plus Plus

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 44371    Accepted Submission(s): 16084

 

Problem Description

 

Now I think you have got an AC in Ignatius.L's "Max Sum" problem. To be a brave ACMer, we always challenge ourselves to more difficult problems. Now you are faced with a more difficult problem.

Given a consecutive number sequence S₁, S₂, S₃, S₄ ... S_x, ... S_n (1 ≤ x ≤ n ≤ 1,000,000, -32768 ≤ S_x ≤ 32767). We define a function sum(i, j) = S_i + ... + S_j (1 ≤ i ≤ j ≤ n).

Now given an integer m (m > 0), your task is to find m pairs of i and j which make sum(i₁, j₁) + sum(i₂, j₂) + sum(i₃, j₃) + ... + sum(i_m, j_m) maximal (i_x ≤ i_y ≤ j_x or i_x ≤ j_y ≤ j_x is not allowed).

But I`m lazy, I don't want to write a special-judge module, so you don't have to output m pairs of i and j, just output the maximal summation of sum(i_x, j_x)(1 ≤ x ≤ m) instead. ^_^

 

Input

 

Each test case will begin with two integers m and n, followed by n integers S₁, S₂, S₃ ... S_n.
Process to the end of file.

 

Output

 

Output the maximal summation described above in one line.

 

Sample Input

1 3 1 2 3
2 6 -1 4 -2 3 -2 3

Sample Output

6
8

题目大意

从一序列中取出若干段，这些段之间不能交叉，使得和最大并输出。、

题目分析

动态规划 首先我们可以列出最基本的状态转移方程：

　　　　dp[i][j] = max( dp[i][j-1] + a[j] , dp[i-1][k] + a[j ])    i-1<=k<=j-1

　　　　这个方程的含义是：

　　　　　　　　dp[i][j] 是将前 j 个数分成 i 份，且第 i 份包含第 j 个数 的情况下的最大值

　　　　　　　　那么对于第 j 个数来说，就有两个选择：

　　　　　　　　　　　　　　作为第 i 份的一部分 ：也就是将前 j-1 个数分成 i 份 且第 j-1 个数属于第 i 份 即 dp[i][j-1]

　　　　　　　　　　　　　　或者单独出来成为第 i 份：也就是将前 j-1 个数分成 i-1 份 且第 j-1 个数不一定属于第 i-1 份  即 dp[i-1][k] i-1<=k<=j-1

但是这个方程不仅时间复杂度高，空间复杂度也高的可怕 这是不行的

所以我们要将其优化：

首先我们发现 dp[i][j] 只需要比较 dp[i][j-1] 与 dp[i-1][k] 的最大值即可 而这个 dp[i-1][k] 的最大值是可以记录下来的 不需要遍历 这就砍去了一层循环

　　　　所以我们只需要定义一个 pre[n] 数组 用 pre[j] 来存储第 j-1 个数被分成 i-1 份时的最大值即可

　　　　于此同时 在计算 dp[i][j] 时，我们可以计算出 dp[i][k] i<=k<=j 的值 而这个值是在之后我们要计算 dp[i+1][j+1] 时 要使用的 pre[j]

现在状态转移方程变成了：
　　　　dp[i][j] = max( dp[i][j-1] + a[j] , pre[j-1] + a[j ])  

现在我们发现 由于pre[j] 的存在 似乎已经不需要 dp[i][j] 这个庞大的二维数组了 只需要开一个 dp[n] 的数组 用dp[j]来存储dp[i][j]即可，因为当前的转移方程根本就没有用到 i 这一维！

这样的话 转移方程又变成了：
　　　　dp[j] = max( dp[j-1] + a[j] , pre[j-1] + a[j ])

不过 i 的这一层循环还是得循环的 这个砍不掉的...

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,m,dp[1000005],a[1000005],pre[1000005],i,j,temp;

int main()
{
    while(scanf("%d %d",&m,&n)!=EOF)
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(pre,0,sizeof(pre));
        for(i=1;i<=n;i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);        
         }
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            temp=-0x7ffffff;
            for(j=i;j<=n;j++)
            {
                dp[j]=max(dp[j-1],pre[j-1])+a[j];
                pre[j-1]=temp;
                temp=max(temp,dp[j]);
            }
        } 
        cout<<temp<<endl;
    } 
}