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= 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\n",mmax); }}