HDU 1024 给定一个数组，求其分成m个不相交子段和最大值

Max Sum Plus Plus

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)

Total Submission(s): 21591 Accepted Submission(s): 7234



[align=left]Problem Description[/align]
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. ^_^

[align=left]Input[/align]
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.

[align=left]Output[/align]
Output the maximal summation described above in one line.

[align=left]Sample Input[/align]

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

[align=left]Sample Output[/align]

6
8

Hint
Huge input, scanf and dynamic programming is recommended.

[align=left]Author[/align]
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。

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.

/*
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;
}

转自邝斌 ORZ

我自己的理解：mmax[]数组通过这样的写法，就可以一个接一个再本次转态用过之后将当前状态更新到下一次循环的时候就变成上一次的存档，实现了mmax[i-1][j]在dp[i]中的存档与更新