Max Sum Plus Plus
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.
2 6 -1 4 -2 3 -2 3
6
8
[题意]:输入一个m，n分别表示成m组，一共有n个数即将n个数分成m组，m组的和加起来得到最大值并输出。
[分析]:
状态dp[i][j]表示前j个数分成i组的最大值。
动态转移方程：dp[i][j]=max(dp[i][j-1]+a[j],max(dp[i-1][k])+a[j]) (0<k<j)
dp[i][j-1]+a[j]表示的是前j-1分成i组，第j个必须放在前一组里面。
max( dp[i-1][k] ) + a[j] )表示的前（0<k<j）分成i-1组，第j个单独分成一组。
但是题目的数据量比较到，时间复杂度为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 ，这样时间复杂度为 n^2。
[代码]:
/*
输入一个m，n分别表示成m组,一共有n个数
即将n个数分成m组，
m组的和加起来得到最大值并输出。
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=;
#define INF 0x7fffffff int a[N+];
int dp[N+],Max[N+]; int main()
{
int n,m,maxs;
while(~scanf("%d%d",&m,&n))
{
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
}
memset(dp,,sizeof(dp));
memset(Max,,sizeof(Max)); for(int i=;i<=m;i++)
{
maxs=-INF;
for(int j=i;j<=n;j++)
{
dp[j]=max(dp[j-]+a[j], Max[j-]+a[j]);
Max[j-]=maxs;
maxs=max(maxs, dp[j]);
}
}
printf("%d\n",maxs);
}
}
线性DP