题目大意：给定m和n以及n个数，求n个数的m个连续子系列的最大值，要求子序列不想交。
解题思路：<1>动态规划，定义状态dp[i][j]表示序列前j个数的i段子序列的值，其中第i个子序列包括a[j]，
则max(dp[m][k]),m<=k<=n 即为所求的结果
<2>初始状态: dp[i][0] = 0, dp[0][j] = 0;
<3>状态转移：
决策：a[j]自己成为一个子段，还是接在前面一个子段的后面
方程：
a[j]直接接在前面的子段之后， 则dp[i][j] = dp[i][j-1] + a[j];
a[j]自己作为一个子段，先求得前面k个数组成的最大i-1段子段和，再加上a[j],
即dp[i][j] = max(dp[i-1][k]) + a[j],其中 1=<k<=j-1;
即 dp[i][j] = max(dp[i][j-1] + a[j], max(dp[i-1][k]) + a[j]), 其中k>=1&&k<=j-1;
<4>空间复杂度优化：
本题由于n可以达到100 0000，开不出dp[n][n]，因此需要利用滚动数组优化空间。
从状态转移方程中可以看到，当前行位置为j的状态dp[i][j]的更新只需要利用到上一行的前j-1个状态最大值
因此最多只需要两行数组
<5>时间复杂度优化：
每次更新dp[i][j]时，都需要找到上一行的前j-1个状态的最大值，这样复杂会达到O(n^3);
其实，可以每次更新当前行的dp[i][j]后，将其相应的前j个数的最大值保存在pre[j]中，
这样，在下次更新下一行时可以可以直接使用当前行保存的pre[j]，而不用再搜索，
因此，时间复杂度可以优化到O(n^2)
/* HDU 1024 Max Sum Plus Plus --- dp+滚动数组 */
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std; const int maxn = ;
int dp[maxn], pre[maxn]; //pre[j] = dp[i-1][
int a[maxn];
int m, n; int main()
{
#ifdef _LOCAL
freopen("D:\\input.txt", "r", stdin);
#endif while (scanf("%d%d", &m, &n) == ){
//输入
for (int i = ; i <= n; ++i){
scanf("%d", a + i);
}//for(i)
int MAX; //定义第一行的第一个状态的前驱,此时的i相当于1,dp[1][0]
dp[] = ;
//初始化pre数组全为0,此时pre数组所对应的行应该为0,
memset(pre, , sizeof pre);
for (int i = ; i <= m; ++i){
//内循环做的是更新当前第i行的状态, 注意 j >= i 才有意义 MAX = -10e8; //将MAX初始化为一个很小的数
for (int j = i; j <= n; ++j){
/*
状态转移方程里的pre[j]保存的是上一行的前j个数的最大值,
即pre[j] = max(dp[i-1][k]), 1<=k<=j 若a[j]直接属于第i段, 则 dp[i][j] = dp[i][j-1] + a[j]
在这里就是 dp[j] = dp[j-1]+a[j]
若a[j]自成一段，则需要找出 dp[i-1][k]的最大值，其中 1<=k<=j-1,即pre[j-1]
*/ dp[j] = max(dp[j - ], pre[j - ]) + a[j];
/*
下面pre数组和上面有细微的区别
上面的pre[j-1]保存是上一行(第i-1行)的前j-1个数的最小值
而下面的pre[j-1]更新后保存的是当前行的前j-1个数的最大值，
更新后是用于下一行的dp的更新，即i要+1后才会用到
另注意MAX是上次内循环所更新的值,即当前行(i)的前j-1个数的最大值
*/
pre[j - ] = MAX;//更新pre,保存当前行的前j-1个数的最大值,为下一行的dp更新做准备
if (dp[j] > MAX){
//这里的MAX记录的是当前行的前j位的最大值
//到下一个内循环j会+1,这就是为什么MAX可以在上面用于更新pre[j-1]
MAX = dp[j]; //MAX记录当前行的前j位的最大值
}
}
}//for(i)
printf("%d\n", MAX); } return ;
}