Max Sum Plus Plus（最大m字段和，优化）

Time Limit:1000MS     Memory Limit:32768KB     64bit IO Format:%I64d & %I64u

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 S ₁, S ₂, S ₃, S ₄ ... 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(i ₁, j ₁) + sum(i ₂, j ₂) + sum(i ₃, j ₃) + ... + 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 S ₁, S ₂, S ₃ ... 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 

Hint

 Huge input, scanf and dynamic programming is recommended. 
  

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。

设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1~1,000,000而m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]与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.

/*
求序列s的m子段和
设计状态:  dp[i][j]为最后一个字符串以s[j]为结尾的i段最大子段和
求解目标： dp[M][N]
状态转移方程为:
dp[i][j]=max{dp[i][j-1]+a[j],max{dp[i-1][t]}+a[j]}    i-1=<t<j-1
时间复杂度：O(M*N)
当 M 很小时可以看作是 O(N)
空间复杂度：O(M*N)
使用滚动数组可以降至 O(N)
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1000100;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int dp[MAXN];//滚动数组，以i下标为结尾的子段在当前个子段下的最大和
int s[MAXN];
int mm[MAXN];//存储前i-1子段时，每个下标之前的最大子段和
int main()
{
    //freopen("data.in","r",stdin);
    int m,n;
    while(~scanf("%d%d",&m,&n)){
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(mm,0,sizeof(mm));
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&s[i]);
        }
        int mmax=-INF;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            mmax=-INF;
            for(int j=i;j<=n;j++){
                dp[j]=max(dp[j-1],mm[j-1])+s[j];
                    mm[j-1]=mmax;
                    mmax=max(mmax,dp[j]);//mmax存放结果
            }
        }
        printf("%d
",mmax);
    }
}