【[kuangbin带你飞]专题十二 基础DP1】Max Sum Plus Plus（DP+滚动数组）

A - Max Sum Plus Plus

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

Submit Status Practice HDU 1024

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. 

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。
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.

Status[i][j]=Max(Status[i-1][j]+Num[i]，Max(Status[0][j-1]~Status[i-1][j-1])+Num[i])

这个递推公式很强势！！！

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define MAXN 1000000
#define INF 0x3f3f3f3f

///这里顺便提一下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. 
///所以这里的数组声明如果在主函数里编译器是会报错的，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.

int dp[MAXN+10];
int LMax[MAXN+10];  ///记录上次(即i-1)  dp的前i个的最大值lastmax
int a[MAXN+10];

int main()
{
    int n,m;
    int i,j,tmax;
    while(~scanf("%d%d",&m,&n))
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        memset(LMax,0,sizeof(LMax));

        for(i=1;i<=n;i++)
            scanf("%d",&a[i]);
        for(i=1;i<=m;i++)  ///分成i段
        {
                for(j=i;j<=n;j++) ///包括第j个的前个
                    dp[j]=max(dp[j-1]+a[j],LMax[j-1]+a[j]);
                    
                ///用滚动数组记录前j个分成i块的最大值，注意这里是最大值，这样不用再遍历了，节省O(n)
                tmax=-INF;
                for(int j=i;j<=n;j++)///从i开始就行了，因为小于i在以后不可能用到了
                    LMax[j] = tmax = max(tmax,dp[j]);
        }
        printf("%d
",tmax);

    }
    return 0;
}

这里还有个网上的代码，不过总感觉有点晦涩，所以改成了上面的代码和思路，感觉竞赛期间根本不可能想这么多，不过还是贴下来以供参考

【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.

#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
", DP(n, m));
    }
    return 0;
}