HUD 1024 Max Sum Plus Plus

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 6725 Accepted Submission(s): 2251

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

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.

 1 /*
 2 状态dp[i][j]有前j个数，组成i组的和的最大值。决策：
 3 第j个数，是在第包含在第i组里面，还是自己独立成组。
 4 方程 dp[i][j]=Max(dp[i][j-1]+a[j] , max( dp[i-1][k] ) + a[j] ) 0<k<j
 5 空间复杂度，m未知，n<=1000000，  继续滚动数组。
 6 时间复杂度 n^3. n<=1000000.  显然会超时，继续优化。
 7 max( dp[i-1][k] ) 就是上一组 0....j-1 的最大值。
 8 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
 9 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.
10 */
11 
12 #include<stdio.h>
13 #include<algorithm>
14 #include<iostream>
15 using namespace std;
16 #define MAXN 1000000
17 #define INF 0x7fffffff
18 int dp[MAXN+10];
19 int mmax[MAXN+10];
20 int a[MAXN+10];
21 int main()
22 {
23     int n,m;
24     int i,j,mmmax;
25     while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF)
26     {
27         for(i=1;i<=n;i++)
28         {
29             scanf("%d",&a[i]);
30             mmax[i]=0;
31             dp[i]=0;
32         }
33         dp[0]=0;
34         mmax[0]=0;
35         for(i=1;i<=m;i++)
36         {
37                 mmmax=-INF;
38                 for(j=i;j<=n;j++)
39                 {
40                     dp[j]=max(dp[j-1]+a[j],mmax[j-1]+a[j]);
41                     mmax[j-1]=mmmax;
42                     mmmax=max(mmmax,dp[j]);
43                 }
44         }
45         printf("%d
",mmmax);
46 
47     }
48     return 0;
49 }

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