Max Sum Plus Plus
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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 ... Sx, ... Sn (1 ≤ x ≤ n ≤ 1,000,000, -32768 ≤ Sx ≤ 32767). We define a function sum(i, j) = Si + ... + Sj (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(im, jm) maximal (ix ≤ iy ≤ jx or ix ≤ jy ≤ jx 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(ix, jx)(1 ≤ x ≤ m) instead. ^_^
Process to the end of file.
1 3 1 2 3
2 6 -1 4 -2 3 -2 3
Huge input, scanf and dynamic programming is recommended.
【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 = ; 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 = ; i <= m; ++i)
{
/*****初始化*****/
int tmp = ;
for(int k = ; k <= i; ++k)
tmp += num[k];
pre_max[n] = tmp; for(int j = i+; j <= n; ++j)
{
tmp = max(pre_max[j-], tmp) + num[j];
pre_max[j-] = 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 = ; i <= n; ++i)
{
scanf("%d", &num[i]);
pre_max[i] = ;
}
printf("%d\n", DP(n, m));
}
return ;
}
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+];
p=new int[n+];
for(i=; i<n+; i++)
p[i]=;
c[]=;
for(i=; i<=m; ++i)
{
max=INT_MIN;
for(j = i; j <= n; ++j)
{
if(c[j-]< p[j-])
c[j]= p[j-]+a[j-];
else
c[j]=c[j-]+a[j-];
p[j-]=max;
if(max<c[j])
max=c[j];
}
p[j-]=max;
}
delete []p;
delete []c;
return max;
}
int main()
{
int n,m,i,*d;
while(cin>>m>>n)
{
d=new int[n];
for(i=;i<n;++i)
cin>>d[i];
cout<<max(d, m, n)<<endl;
delete [] d;
}
return ;
}
现在演示一下转移过程。如何求下图的框中的元素的值
由下面涂色的元素的最大值加上a[3]=-2求的如下图
最大的是4，所以4+（-2）=2；框中填2;
，这个就是上面的转移方程的表格表示法。
#include<stdio.h>
__int64 dp[][];
__int64 a[];
__int64 b[];
__int64 res;
int n,m;
__int64 Max(__int64 x,__int64 y)
{
if(x>y)return x;
else return y;
}
int main()
{ // freopen("a.txt","r",stdin);
while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF)
{
int t=;
res=;
int i,j,k;
for(i=;i<=n;i++){b[i]=;dp[][i]=dp[][i]=;scanf("%I64d",&a[i]);}
for(i=;i<=m;i++)
{
dp[t][i]=dp[-t][i-]+a[i];
__int64 max=dp[-t][i-];
for(j=i+;j<=n-m+i;j++)
{
max=Max(max,dp[-t][j-]);
dp[t][j]=Max(dp[t][j-],max)+a[j];
}
t=-t;
}
t=-t;
res=-;
for(j=m;j<=n;j++)if(res<dp[t][j])res=dp[t][j];
printf("%I64d\n",res);
} return ;
}
下面给出详解代码：
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int MAX=;
int dp[][MAX];
int w[MAX];
int sum[MAX];//不做不知道，一做吓一跳，原来在主函数里开个sum[MAX]，是不行的，因为MAX是在太大！ /*这是我的老师贴出的提示！现在才理解到内涵！ 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.以下的程序可以帮助你证明这一点. 以下程序数组如果再大点，运行出错，说明局部变量分配内存<=1MB
#include<stdio.h>
int main()
{
int a[1024*1024/4-4000];
int i;
for(i=0;i<1024*1024/4-4000;i++)
{
a[i]=i;
printf("%d\n",a[i]);
}
return 0;
} 以下程序数组如果再大点，运行出错，说明全局变量分配内存<=2GB
#include<stdio.h>
int a[1024*1024*470];
int main()
{
long int i;
for(i=0;i<1024*1024*470;i++)
{
a[i]=i;
printf("%d\n",a[i]);
}
return 0;
} 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.
*/ int cmax(int a,int b)//求最大值
{
return a>b?a:b;
} int main()
{
int i,k;
int m,n; while(scanf("%d%d",&m,&n)>)
{
sum[]=;
for(i=;i<=n;i++)
{
cin>>k;
sum[i]=sum[i-]+k;//sum[i]里存的是前i个元素的和
dp[][i]=;//从前i个元素中取0段，最大值为0
}
//我们假设a[i]中存放该序列第i个值，w[i][k]表示前k个数分为i段，第k个数必须选这种情况下取得的最大值
//b[i][k]表示在前k个数中取i段这种情况下取得的最大值 //w[i][k]：前k个数分为i段，第k个数必须选；1：第k个数单独为1段；2：第k个数与前面的数连一块。w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k];
//b[i][k]：前k个数分为i段，第k个数可选可不选；1：选第k个数，2：不选第k个数。b[i][k]=max(b[i][k-1],w[i][k])
//w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k];
//b[i][k]=max(b[i][k-1],w[i][k])；
//w[i][k],b[i][i]容易求得，所以由b[i-1][k-1]->w[i][k]->b[i][k],只要知道b[0][k]，全部都能成功运行！ //当从k个元素中取j段，可以分为两种情况，即第k个元素可以取，也可以不取，取，那么a[k]要么是单独为一段b[i-1][k-1]+a[k];
//要么是第k个数与前面的数连一块，即w[i][k-1]+a[k]，故w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k]; //要么不取 即b[i][k]=b[i][k-1];
//综合起来，b[i][k]=max(b[i][k-1],w[i][k])；
int t=;
for(i=;i<=m;i++)//i表示在取i段,自然i<=m;
{ for(k=i;k<=n;k++)//为什么k从i开始？dp[i][k](k<i)是没有意义的！
{
if(i==k)
dp[t][k]=w[k]=sum[k];//从k个数中取k段的最大值是前k个数的和
else
{
w[k]=cmax(dp[-t][k-],w[k-])+sum[k]-sum[k-];//w[k]表示k个元素取i段，a[k]必须取时的最大值
//w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k];
dp[t][k]=cmax(dp[t][k-],w[k]);//dp[t][k]表示在a[k]可取可不取这两种情况下取得的最大值
//自然，dp[t][k]记录的就是在前k个元素中取i段时取得的最大值！
}
}
t=-t;//t在1,0之间交替变换
//为什么要交替呢？这是为了节省空间
//仔细观察递归式
//w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k];
//b[i][k]=max(b[i][k-1],w[i][k])；
//我们发现，对于取i段，w[i][j]只与b[i-1][k-1]和w[i][k-1]有关，与之前的那一些项没有关系
//因此我们数组可以开小一点，用更新来覆盖掉前面的值！
}
cout<<dp[m%][n]<<endl;//奇次轮还是偶次轮 }
system("pause");
return ;
}