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  • HDU 1024 Max Sum Plus Plus(动态规划,给定一个数组,求其分成m个不相交子段和最大值的问题)

    Max Sum Plus Plus

    Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
    Total Submission(s): 6725    Accepted Submission(s): 2251


    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 ... Sx, ... Sn (1 ≤ x ≤ n ≤ 1,000,000, -32768 ≤ Sx ≤ 32767). We define a function sum(i, j) = Si + ... + Sj (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(im, jm) maximal (ix ≤ iy ≤ jx or ix ≤ jy ≤ jx 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(ix, jx)(1 ≤ x ≤ m) instead. ^_^
     

    Input
    Each test case will begin with two integers m and n, followed by n integers S1, S2, S3 ... Sn.
    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
    Hint
    Huge input, scanf and dynamic programming is recommended.
     

    Author
    JGShining(极光炫影)
     

    本题的大致意思为给定一个数组,求其分成m个不相交子段和最大值的问题。

    Num为给定数组,n为数组中的元素总数,Status[i][j]表示前i个数在选取第i个数的前提下分成j段的最大值,其中1<=j<=i<=n && j<=m,状态转移方程为:

    Status[i][j]=Max(Status[i-1][j]+Num[i]Max(Status[0][j-1]~Status[i-1][j-1])+Num[i])

    乍看一下这个方程挺吓人的,因为题中n的限定范围为1~1,000,000m得限定范围没有给出,m只要稍微大一点就会爆内存。但仔细分析后就会发现Status[i][j]的求解只和Status[*][j]Status[*][j-1]有关所以本题只需要两个一维数组即可搞定状态转移。

    在进行更进一步的分析还会发现其实Max(Status[0][j-1]~Status[i-1][j-1])根本不需要单独求取。在求取now_Status(保存本次状态的数组)的过程中即可对pre_Status(保存前一次状态的数组)进行同步更新。

     

     

    状态dp[i][j]
    有前j个数,组成i组的和的最大值。
    决策: 第j个数,是在第包含在第i组里面,还是自己独立成组。
    方程 dp[i][j]=Max(dp[i][j-1]+a[j] , max( dp[i-1][k] ) + a[j] ) 0<k<j
    空间复杂度,m未知,n<=1000000,  继续滚动数组。
    时间复杂度 n^3. n<=1000000.  显然会超时,继续优化。
    max( dp[i-1][k] ) 就是上一组 0....j-1 的最大值。我们可以在每次计算dp[i][j]的时候记录下前j个
    的最大值 用数组保存下来  下次计算的时候可以用,这样时间复杂度为 n^2.
    /*
    状态dp[i][j]有前j个数,组成i组的和的最大值。决策:
    第j个数,是在第包含在第i组里面,还是自己独立成组。
    方程 dp[i][j]=Max(dp[i][j-1]+a[j] , max( dp[i-1][k] ) + a[j] ) 0<k<j
    空间复杂度,m未知,n<=1000000, 继续滚动数组。
    时间复杂度 n^3. n<=1000000. 显然会超时,继续优化。
    max( dp[i-1][k] ) 就是上一组 0....j-1 的最大值。
    我们可以在每次计算dp[i][j]的时候记录下前j个的最大值
    用数组保存下来 下次计算的时候可以用,这样时间复杂度为 n^2.
    */

    #include
    <stdio.h>
    #include
    <algorithm>
    #include
    <iostream>
    using namespace std;
    #define MAXN 1000000
    #define INF 0x7fffffff
    int dp[MAXN+10];
    int mmax[MAXN+10];
    int a[MAXN+10];
    int main()
    {
    int n,m;
    int i,j,mmmax;
    while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF)
    {
    for(i=1;i<=n;i++)
    {
    scanf(
    "%d",&a[i]);
    mmax[i]
    =0;
    dp[i]
    =0;
    }
    dp[
    0]=0;
    mmax[
    0]=0;
    for(i=1;i<=m;i++)
    {
    mmmax
    =-INF;
    for(j=i;j<=n;j++)
    {
    dp[j]
    =max(dp[j-1]+a[j],mmax[j-1]+a[j]);
    mmax[j
    -1]=mmmax;
    mmmax
    =max(mmmax,dp[j]);
    }
    }
    printf(
    "%d\n",mmmax);

    }
    return 0;
    }
     
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/kuangbin/p/2127085.html
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