hdu 1024 Max Sum Plus Plus(dp && 最大m子段和)

题意是输入m,n。

m为你要求的子段个数，n为数据个数。

由于是很早的题型了，但是理解起来还是很是无力。

并于是用了三天来搞懂此类问题。发现网上大多代码无思路整个过程。

就大致讲解一下DP的整个思路。

我们可以很清楚地得，这是一个顺序DP，由ix<=iy可得。

那它在当前位置或者称为状态，又能做出几个决策才能保证到目前状态是最大的呢？

当然是逐步取其上一状态的最大值。

综上所述就可以得此模糊状态转移方程：dp[i][j] =MAX(dp[?][?],dp[??][??]) （或者是三个或者更多）。

下面我们来找它转移方程的本质：

设dp[i][j] 为前j个数字组成i段的最大和。（前提是i<=j ,这是显而易见的，当小于的时候不能组成i段）

所要达到的状态 :dp[i][j].

需要的条件：1、前j-1个数，组成i段的最大和 ；2、前j-1个数，组成的i-1段的最大和。

解释：由dp[i-1][j-1]到dp[i][j]，指的是当前第j个数单独为一段，dp[i][j-1]->dp[i][j]，第j个数接在第i段后面。

继续深入：我们是要求dp[i-1][j-1],dp[i][j-1]的最大值。那么i段就是在当前这个循环更新i->n状态的，所以dp[i][j-1]时刻在更新，反之，当前dp[i-1][j-1]的状态没有得到更新，那么我们就要加入这个j号元素进入时的更新保证dp[i-1][j-1]是当前可满足状态中最大的。

完全的动态规划转移方程dp[i][j]=MAX(dp[i][j-1],dp[i-1][k]) 其中i<=k<=j。

回头再看：n的最大值为100W，二维数组出来就需要巨额的空间。但是想象，当前需要更新的状态是不是就与当前上一状态和上一层的状态有关。

最终解决办法：采用滚动数组（或者两个一维数组）。

下面有两种转移方程的格式，其中也有一点不同，具体代码如下：

头文件及其宏定义：

#include<cstdio>#include<cstring>#define MIN -(1<<30)#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))#define M 1000001

第一种转移的方案是严格按照上述转移方程来的。上面已经讲清楚了，

int dp[2][M],num[M],n,m,max;int main(){while(~scanf("%d %d",&m,&n)){int i=1,j,t=1;while(i<=n)scanf("%d",&num[i]),dp[0][i]=dp[1][i]=0,i++;for(i=1;i<=m;i++,t=!t){dp[t][i]=dp[!t][i-1]+num[i];dp[!t][i]=Max(dp[!t][i],dp[!t][i-1]);for(j=i+1;j<=n-m+i;j++){dp[t][j]=Max(dp[!t][j-1],dp[t][j-1])+num[j];dp[!t][j]=Max(dp[!t][j],dp[!t][j-1]);}}max=MIN;for(i=m;i<=n;i++)max=Max(dp[m&1][i],max);printf("%d\n",max);}return 0;}

第二种方法只有一出有所不通，就是采用两个一维数组进行更新：

dp[],t[]，但是更值得注意的是，只有dp[j]是当前的状态，而t[k] (i<=k<=j)是当前状态的原状态，所以t[j-1]实际上是代替了方法中的dp[i][j-1]，

换言之。就是t[]中 i->j 是接在dp[j]后面的。而dp[i->j],是上一层的状态。这也是为什么t[j-1]要用max来保存，它表示的是当前层的最大值。

不知道有没有讲清楚。

int dp[M],t[M],num[M],n,m;int main(){while(~scanf("%d %d",&m,&n)){int i,j;for(i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&num[i]);memset(dp,0,(n+1)*sizeof(int));memset(t,0,(n+1)*sizeof(int));int sum;for(i=1;i<=m;i++){sum=MIN;for(j=i;j<=n;j++){dp[j]=Max(dp[j-1],t[j-1])+num[j];t[j-1]=sum;sum=Max(dp[j],sum);}t[j-1]=sum;}printf("%d\n",sum);}}