Max Sum Plus Plus
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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 ... 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. ^_^
Input
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.
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.
Author
JGShining（极光炫影）
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1024
【问题描述】----最大M子段和问题
给定由 n个整数（可能为负整数）组成的序列a1，a2，a3，……，an，以及一个正整数 m，要求确定序列 a1，a2，a3，……，an的 m个不相交子段，
使这m个子段的总和达到最大，求出最大和。
题解：转自http://www.cnblogs.com/peng-come-on/archive/2012/01/15/2322715.html
动态规划的思想。
1.基本思路：
首先，定义数组num[n],dp[m][n].
num[n]用来存储n个整数组成的序列.
dp[i][j]用来表示由前 j项得到的含i个字段的最大值，且最后一个字段以num[j]项结尾。仔细想想，我们可以知道：
dp[i][j]=max(dp[i][j-1]+num[j],dp(i-1,t)+num[j]) 其中i-1<=t<=j-1.
(因为必须是以 num[j] 结尾的，所以num[j]一定属于最后一个子段，即要么自己独立成一个子段，要么与前边以num[j-1]结尾的子段联合)
所求的最后结果为 max( dp[m][j] ) 其中1<=j<=n.
但是，我们会发现，当n非常大时，这个算法的时间复杂度和空间复杂度是非常高的,时间复杂度近似为O(m*n^2),
空间复杂度近似为O(m*n).因此，我们需要优化算法来降低时间复杂度和空间复杂度.
2.优化算法：
(1)节省时间
由基本思路，我们可以知道，dp[i][j]=max(dp[i][j-1]+num[j],dp(i-1,t)+num[j])，其中i-1<=t<=j-1.我们只要找到dp[i][j-1]
和dp[i-1][t]的最大值加上num[j]即为dp[i][j].所以，定义一个数组pre_max[n]，用pre_max[j-1]来表示求解dp[i][j]时dp[i-1][t]
的最大值,则dp[i][j]=max(pre_max[j-1],dp[i][j-1])+num[j].
特别注意，pre_max[n]这个位置的存储空间是始终用不到的，因此可以用来存储其他数值，在接下来会用到。
在求解dp[i][j]的同时，我们可以计算出dp[i][t];i<=t<=j的最大值，这个最大值在计算dp[i+1][j+1]的时候需要作为pre_max[j]的
形式被使用，我们先把它存在pre_max[n]中。
你可能会问：为什么不把它直接放在pre_max[j]中呢？因为你接下来需要计算dp[i][j+1]的值，需要用到pre_max[j]中原来的值，
如果你把它存在这里，就会覆盖掉计算dp[i][j+1]所需要的那个值。所以，先把它放在pre_max[n]中。
当我们计算完dp[i][j+1]之后，就会发现pre_max[j]中的值已经没有用处了，我们可以把它更新为计算dp[i+1][j+1]所需要的那个值，
即之前放在pre_max[n]中的那个值，即执行pre_max[j]=pre_max[n].
这样我们就节省了计算最大值时付出的时间代价。
(2)节省空间
通过时间的节省，我们突然间发现程序执行结束后pre_max[n]的值即为最后的结果，pre_max[n]数组才是我们希望求解的，
dp[m][n]这个庞大的数组已经不是那么重要了，因此，我们现在用整型数tmp来代替dp[m][n]，用来临时存储dp[i][j]的值，
作为求解pre_max[n]的中介。
这样就节省了dp[i][j]占用的极大的空间.
代码一：
1 #include <cstdio>
2 #include <iostream>
3 const int MAX = 1000005;
4
5 using namespace std;
6
7 int num[MAX], pre_max[MAX];
8
9 inline int max(int a, int b)
10 {
11 return a > b ? a : b;
12 }
13
14 int DP(int n, int m)
15 {
16 for(int i = 1; i <= m; ++i)
17 {
18 /*****初始化*****/
19 int tmp = 0;
20 for(int k = 1; k <= i; ++k)
21 tmp += num[k];
22 pre_max[n] = tmp;
23
24 for(int j = i+1; j <= n; ++j)
25 {
26 tmp = max(pre_max[j-1], tmp) + num[j];
27 pre_max[j-1] = pre_max[n];
28 pre_max[n] = max(pre_max[n], tmp);
29 }
30 }
31 return pre_max[n];
32 }
33
34 int main()
35 {
36 int n, m;
37 while(~scanf("%d%d", &m, &n))
38 {
39 for(int i = 1; i <= n; ++i)
40 {
41 scanf("%d", &num[i]);
42 pre_max[i] = 0;
43 }
44 printf("%d\n", DP(n, m));
45 }
46 return 0;
47 }
代码二：（讨论区粘的）
1 #include<iostream>
2 #include<climits>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdio>
5 #include<cstdlib>
6 using namespace std;
7 int max(int *a,int m,int n)
8 {
9 int *c;
10 int *p;
11 int max, i, j;
12 c=new int[n+1];
13 p=new int[n+1];
14 for(i=0; i<n+1; i++)
15 p[i]=0;
16 c[0]=0;
17 for(i=1; i<=m; ++i)
18 {
19 max=INT_MIN;
20 for(j = i; j <= n; ++j)
21 {
22 if(c[j-1]< p[j-1])
23 c[j]= p[j-1]+a[j-1];
24 else
25 c[j]=c[j-1]+a[j-1];
26 p[j-1]=max;
27 if(max<c[j])
28 max=c[j];
29 }
30 p[j-1]=max;
31 }
32 delete []p;
33 delete []c;
34 return max;
35 }
36 int main()
37 {
38 int n,m,i,*d;
39 while(cin>>m>>n)
40 {
41 d=new int[n];
42 for(i=0;i<n;++i)
43 cin>>d[i];
44 cout<<max(d, m, n)<<endl;
45 delete [] d;
46 }
47 return 0;
48 }
思路：
dp[i][j]表示前j个元素分成i段的最优解，同时这个最优解是由a[j]元素结束的。
转移方程是dp[i][j]=max{f[i][j-1]+a[j]，f[i-1][k]+a[j],(i-1<=k<j)} (i<=j<=n-m+i)
其中j的上下界的确定比较麻烦。现在分别解释上界和下界：
上界：dp[i][j]中，如果j=i-1，意思就是在前面i-1个元素中分成i段，这个是不可能实现的。
下界：如果m=n=4，这时dp[2][4]求出来了，意思是前面的四个元素分成了两段，当是还有两段要分，
所以求出这个是没有意义的。当然求出来也不会影响结果，只是这样时间复杂度就提高了。
这是其中一个特例的状态转移表 m=4，n=6 ，-1 4 -2 3 -2 3
没有填的说明不用算。
很显然dp[i][i]=dp[i-1][i-1]+a[i],
所以对角线上面有：
现在演示一下转移过程。如何求下图的框中的元素的值
由下面涂色的元素的最大值加上a[3]=-2求的如下图
最大的是4，所以4+（-2）=2；框中填2;
假如框中的元素是dp[i][j],画圈的元素表示的是，左边那个是dp[i][j-1],上面的几个是dp[i-1][k](i-1<=k<j)}
，这个就是上面的转移方程的表格表示法。
其他细节如果理解上面的内容，就可以优化了
1 #include<stdio.h>
2 __int64 dp[2][1000001];
3 __int64 a[1000001];
4 __int64 b[1000001];
5 __int64 res;
6 int n,m;
7 __int64 Max(__int64 x,__int64 y)
8 {
9 if(x>y)return x;
10 else return y;
11 }
12 int main()
13 {
14
15 // freopen("a.txt","r",stdin);
16 while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF)
17 {
18 int t=1;
19 res=0;
20 int i,j,k;
21 for(i=1;i<=n;i++){b[i]=0;dp[0][i]=dp[1][i]=0;scanf("%I64d",&a[i]);}
22 for(i=1;i<=m;i++)
23 {
24 dp[t][i]=dp[1-t][i-1]+a[i];
25 __int64 max=dp[1-t][i-1];
26 for(j=i+1;j<=n-m+i;j++)
27 {
28 max=Max(max,dp[1-t][j-1]);
29 dp[t][j]=Max(dp[t][j-1],max)+a[j];
30 }
31 t=1-t;
32 }
33 t=1-t;
34 res=-1111111111111;
35 for(j=m;j<=n;j++)if(res<dp[t][j])res=dp[t][j];
36 printf("%I64d\n",res);
37 }
38
39 return 0;
40 }
下面给出详解代码：
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 using namespace std;
4 const int MAX=1000001;
5 int dp[2][MAX];
6 int w[MAX];
7 int sum[MAX];//不做不知道，一做吓一跳，原来在主函数里开个sum[MAX]，是不行的，因为MAX是在太大！
8
9 /*这是我的老师贴出的提示！现在才理解到内涵！
10
11 VC定义数组时请注意大小!定义时,局部数组大小<=1MB,全局数组<=2GB,定义时如果超过这个限制将会出现如"segment error"之类的错误.以下的程序可以帮助你证明这一点.
12
13 以下程序数组如果再大点，运行出错，说明局部变量分配内存<=1MB
14 #include<stdio.h>
15 int main()
16 {
17 int a[1024*1024/4-4000];
18 int i;
19 for(i=0;i<1024*1024/4-4000;i++)
20 {
21 a[i]=i;
22 printf("%d\n",a[i]);
23 }
24 return 0;
25 }
26
27 以下程序数组如果再大点，运行出错，说明全局变量分配内存<=2GB
28 #include<stdio.h>
29 int a[1024*1024*470];
30 int main()
31 {
32 long int i;
33 for(i=0;i<1024*1024*470;i++)
34 {
35 a[i]=i;
36 printf("%d\n",a[i]);
37 }
38 return 0;
39 }
40
41
42 内存的三种分配方式：静态存储区分配，栈上分配，堆上分配。 全局数组是在静态存储区分配,而局部数组是在栈上分配,所以大小受到的限制不一样.
43 */
44
45 int cmax(int a,int b)//求最大值
46 {
47 return a>b?a:b;
48 }
49
50 int main()
51 {
52 int i,k;
53 int m,n;
54
55 while(scanf("%d%d",&m,&n)>0)
56 {
57 sum[0]=0;
58 for(i=1;i<=n;i++)
59 {
60 cin>>k;
61 sum[i]=sum[i-1]+k;//sum[i]里存的是前i个元素的和
62 dp[0][i]=0;//从前i个元素中取0段，最大值为0
63 }
64 //我们假设a[i]中存放该序列第i个值，w[i][k]表示前k个数分为i段，第k个数必须选这种情况下取得的最大值
65 //b[i][k]表示在前k个数中取i段这种情况下取得的最大值
66
67 //w[i][k]：前k个数分为i段，第k个数必须选；1：第k个数单独为1段；2：第k个数与前面的数连一块。w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k];
68 //b[i][k]：前k个数分为i段，第k个数可选可不选；1：选第k个数，2：不选第k个数。b[i][k]=max(b[i][k-1],w[i][k])
69 //w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k];
70 //b[i][k]=max(b[i][k-1],w[i][k])；
71 //w[i][k],b[i][i]容易求得，所以由b[i-1][k-1]->w[i][k]->b[i][k],只要知道b[0][k]，全部都能成功运行！
72
73 //当从k个元素中取j段，可以分为两种情况，即第k个元素可以取，也可以不取，取，那么a[k]要么是单独为一段b[i-1][k-1]+a[k];
74 //要么是第k个数与前面的数连一块，即w[i][k-1]+a[k]，故w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k];
75
76 //要么不取 即b[i][k]=b[i][k-1];
77 //综合起来，b[i][k]=max(b[i][k-1],w[i][k])；
78 int t=1;
79 for(i=1;i<=m;i++)//i表示在取i段,自然i<=m;
80 {
81
82 for(k=i;k<=n;k++)//为什么k从i开始？dp[i][k](k<i)是没有意义的！
83 {
84 if(i==k)
85 dp[t][k]=w[k]=sum[k];//从k个数中取k段的最大值是前k个数的和
86 else
87 {
88 w[k]=cmax(dp[1-t][k-1],w[k-1])+sum[k]-sum[k-1];//w[k]表示k个元素取i段，a[k]必须取时的最大值
89 //w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k];
90 dp[t][k]=cmax(dp[t][k-1],w[k]);//dp[t][k]表示在a[k]可取可不取这两种情况下取得的最大值
91 //自然，dp[t][k]记录的就是在前k个元素中取i段时取得的最大值！
92 }
93 }
94 t=1-t;//t在1,0之间交替变换
95 //为什么要交替呢？这是为了节省空间
96 //仔细观察递归式
97 //w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k];
98 //b[i][k]=max(b[i][k-1],w[i][k])；
99 //我们发现，对于取i段，w[i][j]只与b[i-1][k-1]和w[i][k-1]有关，与之前的那一些项没有关系
100 //因此我们数组可以开小一点，用更新来覆盖掉前面的值！
101 }
102 cout<<dp[m%2][n]<<endl;//奇次轮还是偶次轮
103
104 }
105 system("pause");
106 return 0;
107 }