Max Sum Plus Plus

A - Max Sum Plus Plus

Time Limit:1000MS     Memory Limit:32768KB     64bit IO Format:%I64d & %I64u

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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.
         

/*
题意：给你一个长度为n的序列，让你求出最大m个字段的序列元素和

初步思路：动态规划最大m字段和,dp数组，dp[i][j]表示以a[j]结尾的，i个字段的最大和

    两种情况：1.第a[j]元素单独作为第i个字段
            2.第a[j]元素和前面的字段共同当做第i个字段

    得到状态转移方程：dp[i][j]=max( dp[i][j-1]+a[j] , max(dp[i-1][t])+a[j]);

    但是实际情况是，时间复杂度和空间复杂度都是相当的高，所以要进行时间和空间的优化：
        将每次遍历的时候的max(dp[i-1][t]) 用一个数组d储存起来，这样就能省去寻找max(dp[i-1][t])的时间，
        这样状态转移方程就变成了 dp[i][j]=max( dp[i][j-1]+a[j] , d[j-1]+a[j]), 会发现dp数组的可以
        省去一维，因为每次都是和前一次的状态有关，所以可以记录前一次状态,再用一个变量tmp记录下dp[i][j-1]，
        这样方程就变成了 dp[i][j]=max( tmp+a[j] , d[j-1]+a[j])；这样就可以化简一下就是：dp[i][j]=
        max( tmp , d[j-1])+a[j];

*/
#include <bits/stdc++.h>
#define N 1000005
using namespace std;
int a[N];
int n,m;
int d[N];//用来存储j-1的位置用来存储 max(dp[i-1][t])
int main(){
    // freopen("in.txt","r",stdin);
    while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF){
        memset(d,0,sizeof d);
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        /*
            dp[i][j]=max( dp[i][j-1]+a[j] , max(dp[i-1][t])+a[j])
        */
        for(int i=1;i<=m;i++){//遍历字段
            int tmp = 0;//用来记录dp[i-1][j]
            for(int k = 1; k <= i; ++k)
                tmp += a[k];
            //由于d[n]的位置是永远都用不到的，所以就用来存储最后的姐
            d[n] = tmp;//前面的i项，每项都是一个段的时候

            for(int j = i+1; j <= n; ++j)
            {
                tmp = max(d[j-1], tmp) + a[j]; //a[j]单独作为一个段的情况 和 前面的max(dp[i-1][t])

                d[j-1] = d[n];//将这个值保存下来

                d[n] = max(d[n], tmp); //比较大小方便答案的输出
            }
        }
        printf("%d\n",d[n]);
    }
    return 0;
}