Max Sum Plus Plus

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

Hint

Huge input, scanf and dynamic programming is recommended.

题意：给出m和n，代表着有n个数，然后要你在这个n个数中找出m个连续子序列的最大和

思路：这道题难点不在状态方程，关键在于时间和空间的优化

　　　首先分析下状态，影响我们决策的有两个因素 “数值” “序列数”，所以我们先把状态设置为二维 dp[ i ][ j ]，代表着前 j 个数中取 i 段的最大值

　　　然后分析下状态转移方程，按照思考，我们需要决定的就是 “要不要这个数” 和 “这个数放在哪个子序列比较好”，所以我们可以推出

　　　dp[ i ][ j ] = max ( dp[ i ][ j -1 ], dp [ i-1 ][ x ] )+num[ j ]

　　　num[] 就是存放原始序列的数，x 就是 i-1~j-1的某一个数 ( 因为 dp[ i-1] 代表前面已经有i-1段了，所以一定大于 i-1)，dp[ i -1][ x] 就代表着前 j 个数取 i-1 段的最大值.

　　　这个方程代表决定第 j 个数，是放在第 i 段上，还是自己单独成为一段。

　　　我们从方程中可以知道，决定“当前状态”的只与“前一状态有关”，

　　　所以可以用滚动数组( 第一次听说的话，可以先去看看01背包的滚动数组优化 )来优化，

　　　而 dp[ i -1][ x]可以用一个一维数组来优化，

　　　我们知道它代表着的是 “ 前 j 个数取 i-1 段的最大值 ” 所以新设置一个一维数组 head[ j ] 代表着” 前 j 个数取 i-1 段的最大值 “

　　　所以我们的方程变成了这样

　　　　　　　dp[ j ]= max( dp[ j -1], head[ j - 1])+num[ j ]

　　　还要记得实时更新head[]数组,因为dp[]是滚动的，而head[]也需要滚动

//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")

//#pragma GCC optimize(2)

//#include<bits/stdc++.h>

#include <algorithm>

#include <iostream>

#include<sstream>

#include<iterator>

#include<cstring>

#include<string>

#include<cstdio>

#include<cctype>

#include<vector>

#include<deque>

#include<queue>

#include<stack>

#include<map>

#include<set>

using namespace std;

typedef double dou;

typedef long long ll;

#define pai acos(-1.0)

#define M 1000005

#define inf 0x3f3f3f3f

#define mod 1e18

#define left k<<1

#define right k<<1|1

#define W(a) while(a)

#define ms(a,b) memset(a,b,sizeof(a))

int n, m, ans;

int num[M], head[M], dp[M];

int main() {

    ios::sync_with_stdio(false);

    while (cin >> m >> n) {

        ms(head, ), ms(dp, );

        for (int i = ; i <= n; i++) {

            cin >> num[i];

        }

        for (int i = ; i <= m; i++) {

            ans = -inf;

            for (int j = i; j <= n; j++) {

                dp[j] = max(dp[j - ], head[j - ]) + num[j];

                head[j - ] = ans;//此时的ans是i-1段时候的最大值

                ans = max(dp[j], ans);//此时的ans是i段的时候的最大值

            }

        }

        cout << ans << endl;

    }

    return ;

}

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[kuangbin 带你飞] DP专题——HDU - 1024

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