hdu 1024 Max Sum Plus Plus（m段最大子列和）

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1024
题意：

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。

分析：

这题n< 1e6，m< n，显然O(n^2)的复杂度不会去考虑啊！没想到居然O（n^2）去做QAQ。

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.

以上分析copy自：http://www.cnblogs.com/kuangbin/archive/2011/08/04/2127085.html

const int INF=0x7fffffff;
const int mod=1e6;
const int N=1e6+2;
int a[N],n,m,dp[N],maxn[N];
int main()
{
    while(~scanf("%d%d",&m,&n)){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d",&a[i]);
        }
        int ans;
        memset(maxn,0,sizeof(maxn));
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=1;i<=m;i++){
            ans=-INF;
            for(int j=i;j<=n;j++){
                dp[j]=max(dp[j-1]+a[j],maxn[j-1]+a[j]);
                maxn[j-1]=ans;
                ans=max(ans,dp[j]);
            }
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}