hdu-1024 Max Sum Plus Plus

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基础dp以及优化

Max Sum Plus Plus

原题链接：https://vjudge.net/contest/165707#problem/A

问题描述

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.

题意

【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。

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
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题解

这里因为是最大问题，很容易联想到是dp做法。但是要怎么写状态转移方程呢？
首先，我们可以发现，对于一个子问题而言，在j个数里面选i个字段做为最优解就可以了，那么细化到最后就是只有一个数，选一个字段，那对于下一状态来说，就是j+1这个数，是并入到j-1里面，还是独立一个字段的问题。所以状态转移方程为dp[i][j]=max(dp[i-1][t],dp[i][j-1])+a[j]; 其中（1<=t<=j-1),所以接下来我们要做的就是怎么去实现这个方程。
由于方程里的dp[i-1][t]数组，如果每次都要重新找一次，那么时间复杂度就是O(mn²）远远超出了时间限制，因此我们需要优化。
①优化时间
在这里，我们可以发现，每个位置的dp[i-1][t]都是从它上一位置维护出来的，因此我们只需要用一个一维数组——maxn[]去维护这个dp[i-1][t]，其中maxn[j-1]就是表示j位的dp[i-1][t],因此方程变成了dp[i][j]=max(maxn[j-1],dp[i][j-1])+a[j];
②优化空间
我们知道了j的范围（即n）是1e6，可是没有给i（即m）的范围，因此，如果m超过了100，我们的dp[][]就会爆内存了，所以我们需要优化空间。
在这里，手动模拟一遍，我们可以发现对于每一个dp[i][j]，它的dp[i][j-1]要么就是dp[i-1][t]，要么就是前i个数全部选择了，然后从i+1一直到j-1连续了过来。为什么是i？因为在第i层，我们需要构造i个字段，那么dp[][]这个数组也不需要存在了，直接用一个临时变量tmp就可以替换了。tmp表示dp[i][j-1]，所以现在的方程变成了*tmp=max(maxn[j-1],tmp)+a[j];

代码里面最难理解的就是maxn这个数组怎么维护了，接下来可以边看我代码边看这边的解释，看多几遍估计就能理解了。（PS： maxn数组与代码中的dp数组是同一个数组，而代码里我的下标是从0开始的，所以读者可以自行缩减一位，当然这里有个坑，容我迟点再说）
因为对于maxn这个数组来说，maxn[n]是永远不会用到的，因此它可以用来做临时储存变量。
那么对每一层的maxn来说，它是用来维护下一层的tmp的，然后tmp又会用来维护它自己那层的maxn，所以我们是先用了maxn当前的值维护tmp，再用把这个maxn变成新的维护好的值。所以这里maxn[n]的作用就体现出来了，对j-1来说，它通过一次维护，可以得到一个新的maxn[j-1]，然而当前的maxn[j-1]对这层的j是有用的，因此我们把新的maxn[j-1]先暂时存放到maxn[n]里面，然后再在tmp在第j位用完了旧的maxn[j-1]（上一层维护出来的）后，再把maxn[n]赋给maxn[j-1]，为下一层做准备。

代码

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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<string>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<map>
#include<set>
#include<cstdlib>
#include<stack>
#include<bitset>
#include<cstdlib>
using namespace std;
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#define mem(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define rep(i,a,n) for(int i=a; i<n; i++)
#define rep1(i,a,n) for(int i=n-1; i>=a; i--)
#define s(a) scanf("%d",&a)
#define sll(a) scanf("%lld",&a)
#define test(a) cout<<a<<endl
#define test2(a,b) cout<<a<<" "<<b<<endl
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0)
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typedef long long ll;
const int MAX = 1016;
const int N = 1e6+10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1e9+7;
ll a[N],dp[N];
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int main()
{
    int n,m;
    while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF)
    {
        rep(i,0,n)
          {
              sll(a[i]);
          }
        mem(dp);
        rep(i,0,m)
        {
            ll tmp=0;
            rep(j,0,i+1)
            {
                tmp+=a[j];
            }
            dp[n-1]=tmp;
            rep(j,i+1,n)
            {
                tmp=max(dp[j-1],tmp)+a[j];
                dp[j-1]=dp[n-1];
                dp[n-1]=max(dp[n-1],tmp);
            }
        }
        cout << dp[n-1] << endl;
    }
    return 0;
}

写在最后

这里面我wa了好几次，最后在认真模拟后找到了原因，因为我的下标是从0开始的，那么对于只有一个字段的时候来说，初始的tmp是要把第一个数加进去的然而我并没有加，导致了最后一直wa。