HDOJ-1024 Max Sum Plus Plus （最大M子段和问题）

Max Sum Plus Plus

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 12589    Accepted Submission(s): 4146

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 ... 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(i₁, j₁) + sum(i₂, j₂) + sum(i₃, j₃) + ... + 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 S₁, S₂, S₃ ... 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.

 

 

Author

JGShining（极光炫影）

 

【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：

#include <cstdio>
#include <iostream>
const int MAX = 1000005;

using namespace std;

int num[MAX], pre_max[MAX]; 

inline int max(int a, int b)
{
    return a > b ? a : b;
}

int DP(int n, int m)
{
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        /*****初始化*****/ 
        int tmp = 0;
        for(int k = 1; k <= i; ++k)
            tmp += num[k];
        pre_max[n] = tmp;
        
        for(int j = i+1; j <= n; ++j)
        {
            tmp = max(pre_max[j-1], tmp) + num[j];
            pre_max[j-1] = pre_max[n];
            pre_max[n] = max(pre_max[n], tmp);         
        }
    }
    return pre_max[n];
}

int main()
{
    int n, m;
    while(~scanf("%d%d", &m, &n))
    {
        for(int i = 1; i <= n; ++i)
        {
            scanf("%d", &num[i]);
            pre_max[i] = 0;   
        }
        printf("%d\n", DP(n, m));
    }
    return 0;
} 

 代码二：（讨论区粘的）

#include<iostream>
#include<climits>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int max(int *a,int m,int n)
{
    int *c;
    int *p;
    int max, i, j;
    c=new int[n+1];
    p=new int[n+1];
    for(i=0; i<n+1; i++)
        p[i]=0;
    c[0]=0;
    for(i=1; i<=m; ++i)
    {
        max=INT_MIN;
        for(j = i; j <= n; ++j)
        {
            if(c[j-1]< p[j-1])
                c[j]= p[j-1]+a[j-1];
            else
                c[j]=c[j-1]+a[j-1];
            p[j-1]=max;
            if(max<c[j])
                max=c[j];
        }
        p[j-1]=max;
    }
    delete []p;
    delete []c;
    return max;
}
int main()
{
    int n,m,i,*d;
    while(cin>>m>>n)
    {
        d=new int[n];
        for(i=0;i<n;++i)
            cin>>d[i];
        cout<<max(d, m, n)<<endl;
        delete [] d;
    }
    return 0;
}