HDU 1024 Max Sum Plus Plus动态规划求最大M子段和详解

Posted 2020-09-29

Max Sum Plus Plus

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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

6

8

Hint

Huge input, scanf and dynamic programming is recommended.

 

 

Author

JGShining（极光炫影）

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1024

【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：

 

 1 #include <cstdio>
 2 #include <iostream>
 3 const int MAX = 1000005;
 4 
 5 using namespace std;
 6 
 7 int num[MAX], pre_max[MAX]; 
 8 
 9 inline int max(int a, int b)
10 {
11     return a > b ? a : b;
12 }
13 
14 int DP(int n, int m)
15 {
16     for(int i = 1; i <= m; ++i)
17     {
18         /*****初始化*****/ 
19         int tmp = 0;
20         for(int k = 1; k <= i; ++k)
21             tmp += num[k];
22         pre_max[n] = tmp;
23         
24         for(int j = i+1; j <= n; ++j)
25         {
26             tmp = max(pre_max[j-1], tmp) + num[j];
27             pre_max[j-1] = pre_max[n];
28             pre_max[n] = max(pre_max[n], tmp);         
29         }
30     }
31     return pre_max[n];
32 }
33 
34 int main()
35 {
36     int n, m;
37     while(~scanf("%d%d", &m, &n))
38     {
39         for(int i = 1; i <= n; ++i)
40         {
41             scanf("%d", &num[i]);
42             pre_max[i] = 0;   
43         }
44         printf("%d\\n", DP(n, m));
45     }
46     return 0;
47 }

 

 代码二：（讨论区粘的）

 1 #include<iostream>
 2 #include<climits>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<cstdlib>
 6 using namespace std;
 7 int max(int *a,int m,int n)
 8 {
 9     int *c;
10     int *p;
11     int max, i, j;
12     c=new int[n+1];
13     p=new int[n+1];
14     for(i=0; i<n+1; i++)
15         p[i]=0;
16     c[0]=0;
17     for(i=1; i<=m; ++i)
18     {
19         max=INT_MIN;
20         for(j = i; j <= n; ++j)
21         {
22             if(c[j-1]< p[j-1])
23                 c[j]= p[j-1]+a[j-1];
24             else
25                 c[j]=c[j-1]+a[j-1];
26             p[j-1]=max;
27             if(max<c[j])
28                 max=c[j];
29         }
30         p[j-1]=max;
31     }
32     delete []p;
33     delete []c;
34     return max;
35 }
36 int main()
37 {
38     int n,m,i,*d;
39     while(cin>>m>>n)
40     {
41         d=new int[n];
42         for(i=0;i<n;++i)
43             cin>>d[i];
44         cout<<max(d, m, n)<<endl;
45         delete [] d;
46     }
47     return 0;
48 }

思路：

dp[i][j]表示前j个元素分成i段的最优解，同时这个最优解是由a[j]元素结束的。

转移方程是dp[i][j]=max{f[i][j-1]+a[j]，f[i-1][k]+a[j],(i-1<=k<j)} (i<=j<=n-m+i)

其中j的上下界的确定比较麻烦。现在分别解释上界和下界：

上界：dp[i][j]中，如果j=i-1，意思就是在前面i-1个元素中分成i段，这个是不可能实现的。

下界：如果m=n=4，这时dp[2][4]求出来了，意思是前面的四个元素分成了两段，当是还有两段要分，

      所以求出这个是没有意义的。当然求出来也不会影响结果，只是这样时间复杂度就提高了。

这是其中一个特例的状态转移表 m=4，n=6 ，-1 4 -2 3 -2 3

没有填的说明不用算。

很显然dp[i][i]=dp[i-1][i-1]+a[i],

所以对角线上面有：

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;

假如框中的元素是dp[i][j],画圈的元素表示的是，左边那个是dp[i][j-1],上面的几个是dp[i-1][k](i-1<=k<j)} ，这个就是上面的转移方程的表格表示法。

 

 

其他细节如果理解上面的内容，就可以优化了

 1 #include<stdio.h>
 2 __int64 dp[2][1000001];
 3 __int64 a[1000001];
 4 __int64 b[1000001];
 5 __int64 res;
 6 int n,m;
 7 __int64 Max(__int64 x,__int64 y)
 8 {
 9     if(x>y)return x;
10     else   return y;
11 }
12 int main()
13 {
14    
15 //    freopen("a.txt","r",stdin);
16     while(scanf("%d%d",&m,&n)!=EOF)
17     {
18         int t=1;
19         res=0;
20         int i,j,k;
21         for(i=1;i<=n;i++){b[i]=0;dp[0][i]=dp[1][i]=0;scanf("%I64d",&a[i]);}
22         for(i=1;i<=m;i++)
23         {
24             dp[t][i]=dp[1-t][i-1]+a[i];
25             __int64 max=dp[1-t][i-1];
26             for(j=i+1;j<=n-m+i;j++)
27             {
28                 max=Max(max,dp[1-t][j-1]);
29                 dp[t][j]=Max(dp[t][j-1],max)+a[j];
30             }
31             t=1-t;
32         }
33         t=1-t;
34         res=-1111111111111;
35         for(j=m;j<=n;j++)if(res<dp[t][j])res=dp[t][j];
36         printf("%I64d\\n",res);
37     }
38 
39     return 0;
40 }

下面给出详解代码：

  1     #include<iostream>  
  2     #include<cstdio>  
  3     using namespace std;  
  4     const int MAX=1000001;  
  5     int dp[2][MAX];  
  6     int w[MAX];  
  7     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！  
  8       
  9     /*这是我的老师贴出的提示！现在才理解到内涵！ 
 10      
 11     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. 
 12      
 13     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 
 14     #include<stdio.h> 
 15     int main() 
 16     { 
 17     int a[1024*1024/4-4000]; 
 18     int i; 
 19     for(i=0;i<1024*1024/4-4000;i++) 
 20     { 
 21     a[i]=i; 
 22     printf("%d\\n",a[i]); 
 23     } 
 24     return 0; 
 25     }  
 26      
 27     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 
 28     #include<stdio.h> 
 29     int a[1024*1024*470]; 
 30     int main() 
 31     { 
 32     long int i; 
 33     for(i=0;i<1024*1024*470;i++) 
 34     { 
 35     a[i]=i; 
 36     printf("%d\\n",a[i]); 
 37     } 
 38     return 0; 
 39     } 
 40      
 41      
 42     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. 
 43     */  
 44       
 45     int cmax(int a,int b)//求最大值  
 46     {  
 47         return a>b?a:b;  
 48     }  
 49       
 50     int main()  
 51     {  
 52         int i,k;  
 53         int m,n;  
 54           
 55         while(scanf("%d%d",&m,&n)>0)  
 56         {  
 57             sum[0]=0;  
 58             for(i=1;i<=n;i++)  
 59             {  
 60                 cin>>k;  
 61                 sum[i]=sum[i-1]+k;//sum[i]里存的是前i个元素的和  
 62                 dp[0][i]=0;//从前i个元素中取0段，最大值为0  
 63             }  
 64     //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  
 65     //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  
 66       
 67     //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];  
 68     //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])  
 69     //w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k];  
 70     //b[i][k]=max(b[i][k-1],w[i][k])；  
 71     //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！  
 72       
 73     //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];  
 74     //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];  
 75       
 76     //要么不取 即b[i][k]=b[i][k-1];  
 77     //综合起来，b[i][k]=max(b[i][k-1],w[i][k])；  
 78            int t=1;  
 79            for(i=1;i<=m;i++)//i表示在取i段,自然i<=m;  
 80            {  
 81                  
 82                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！  
 83                {  
 84                    if(i==k)  
 85                    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  
 86                    else  
 87                    {  
 88                        w[k]=cmax(dp[1-t][k-1],w[k-1])+sum[k]-sum[k-1];//w[k]表示k个元素取i段，a[k]必须取时的最大值  
 89             //w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k];  
 90                        dp[t][k]=cmax(dp[t][k-1],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  
 91                        //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！  
 92                    }  
 93                }  
 94                t=1-t;//t在1,0之间交替变换  
 95       //为什么要交替呢？这是为了节省空间  
 96       //仔细观察递归式  
 97       //w[i][k]=max(b[i-1][k-1],w[i][k-1])+a[k];  
 98       //b[i][k]=max(b[i][k-1],w[i][k])；  
 99       //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  
100       //因此我们数组可以开小一点，用更新来覆盖掉前面的值！  
101            }  
102            cout<<dp[m%2][n]<<endl;//奇次轮还是偶次轮  
103       
104         }  
105         system("pause");  
106         return 0;  
107     }