HDU——1024 Max Sum Plus Plus（动态规划+优化）

原题链接： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1024

测试样例

Sample Input
1 3 1 2 3
2 6 -1 4 -2 3 -2 3
Sample Output
6
8

题意： 给你一个长度为$n$的整数序列$num$，让你求出其中$m$个不重复的子段最大和。

解题思路： 这道题应该很容易想到动态规划，状态也比较好找，我们用$dp[i][j]$来表达$i$个子段以$num[j]$结尾的最大子段和。那么我们的初始状态肯定是$dp[0][0]$，最终状态即是$max(dp[m][t]$,$m\le t\le n$。 那么我们这个状态转移方程我们该如何去写呢？仔细想想，是不是 $dp[i][j]=max(dp[i-1][t],dp[i][j-1])+num[j],(i\le t\le j-1)$。 （因为我们的状态定义，所以我们加上的一定是结尾元素，那么关键是在于$max$函数，即上个状态要么是前$i-1$个最大值加上这个以$num[j]$作为新子段，要么是前$i$个子段的最后一个字段再加上$num[j]$.）知道了这个我们是不是可以开始做题了呢？我们观察一下$n$的范围，高达$1e6$。我们根本开不了这么大的数组。且我们还要进行很多多余的寻找操作（因为我们每求一次$dp[i][j]$，都要找到$dp[i-1][t]$的最大值。）这个时间复杂度高度$O(m\times n^2)$。这显然是不可行的，所以我们需要做优化。

优化：我们再观察一下，对于我们所开的二维$dp$数组，我们是不是可以想办法开成一维的？当然可以，我们用循环来代替这一效果，即进行$m$次循环，每次循环都会添加一个新子段。那么这个新子段我们当然是要最优的。 我们再看状态转移方程，按照我们的思路，我们需要解决求解$dp[i-1][t]$的最大值问题，这个我们发现是不是在前一个状态已经求过的呢？即在第$i-1$次循环中，我们所求解的最大值。我们当然可以将这个值存储起来。那么我们可以引进一个数组$pre\_max$数组，用$pre\_max[j-1]$表示$dp[i-1][t]$的最大值，这个最大值我们自然好求，即在前一次循环中求解。OK，具体看代码。

AC代码

/*
*邮箱：unique_powerhouse@qq.com
*blog:https://me.csdn.net/hzf0701
*注：文章若有任何问题请私信我或评论区留言，谢谢支持。
*
*/
#include<bits/stdc++.h>	//POJ不支持

#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)//i为循环变量，a为初始值，n为界限值，递增
#define per(i,a,n) for (int i=a;i>=n;i--)//i为循环变量， a为初始值，n为界限值，递减。
#define pb push_back
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0)
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair

using namespace std;

const int inf = 0x3f3f3f3f;//无穷大
const int maxn = 1e6+4;//最大值。
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef pair<ll, ll>  pll;
typedef pair<int, int> pii;
//*******************************分割线，以上为自定义代码模板***************************************//

int n,m;
int num[maxn];
int dp[maxn];
int pre_max[maxn];
int main(){
	//freopen("in.txt", "r", stdin);//提交的时候要注释掉
	IOS;
	while(cin>>m>>n){
		rep(i,1,n){
			cin>>num[i];
		}
		memset(dp,0,sizeof(dp));
		memset(pre_max,0,sizeof(pre_max));
		int temp;
		rep(i,1,m){
			//m层循环，每层循环添加一个字段。但注意，我们添加的字段只能从i到n中添加。原因是因为字段必须包含一个元素。
			temp=-inf;//先初始化为最小值，这个保存的是临时最大值。
			rep(j,i,n){
				//这里利用的特点就是取消了第一维，转化为i来代替。
				dp[j]=max(pre_max[j-1],dp[j-1])+num[j];
				pre_max[j-1]=temp;//pre_max[j-1]存放i到j-1中的最大值。
				temp=max(temp,dp[j]);//temp存放i到j的最大值。
			}
		}
		cout<<temp<<endl;
	}
	return 0;
}