51nod-1052 最大M子段和

本文介绍了一种解决最大M子段和问题的高效算法,通过动态规划优化复杂度至O(n^2),并提供了完整的AC代码实现。

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基准时间限制:2 秒 空间限制:131072 KB 分值: 80  难度:5级算法题
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N个整数组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n],将这N个数划分为 互不相交的M个子段,并且这M个子段的和是最大的。 如果M >= N个数中正数的个数,那么输出所有正数的和。
例如: -2  11  -4  13  -5  -2,分为2段,11 -4 13一段,6 一段,和为26。
Input
第1行:2个数N和M,中间用空格分隔。N为整数的个数,M为划分为多少段。(2 <= N , M <= 5000)
第2 - N+1行:N个整数 (-10^9 <= a[i] <= 10^9)
Output
输出这个最大和
Input示例
7 2
-2
11
-4
13
-5
6
-2
Output示例
26

题解:设dp[i][j]表示前i元素截取j段的最大值,要到达dp[i][j],有两种策略:第一种是新建立一段,即从dp[x][j - 1]到达dp[i][j](x < i),第二种是在第j段后加入a[i],即从dp[i - 1][j]到达dp[i][j],此种写法复杂度为O(n^3);

我们注意到,对于dp[x][j - 1],我们只需要其中最大值即可,故我们开一个maxpre数组,记录(x < i)的j段最大值,成功的将复杂度降到O(n ^ 2);上述转移方程为:dp[i][j] = max(maxpre[j - 1], dp[i - 1][j]) + a[i];

                                                        maxpre[j] = max(maxpre[j], dp[now][j]);

上述写法仍然存在问题,空间爆了;很容易发现,dp数组每次只需要用到两维,故我们只需要开dp[2][]即可,记录一个now代表当前使用哪一维,执行完一次for循环后now取反操作!

AC代码

#include <stdio.h>
#include <iostream>
#include <string>
#include <queue>
#include <map>
#include <vector>
#include <algorithm>
#include <string.h>
#include <cmath>
typedef long long ll;
 
using namespace std;

const ll maxn = 5555;
ll dp[2][maxn], a[maxn], maxpre[maxn];


int main(){
	ll n, m, num = 0;
	scanf("%lld %lld", &n, &m);
	for(ll i = 0; i < n; i++)
		scanf("%lld", &a[i]);
	ll last = 0;
	for(ll i = 0; i < n; i++){
		if(i == n - 1 || a[i] * a[i + 1] < 0){
			ll sum = 0;
			for(ll j = last; j <= i; j++)
				sum += a[j]; 
			a[num++] = sum;
			last = i + 1;
		}
	}
	n = num;
	memset(dp, 0, sizeof(dp));
	memset(maxpre, 0, sizeof(maxpre));
	ll now = 0, ans = 0;
	for(ll i = 0; i < n; i++){
		memset(dp[now], 0, sizeof(dp[now]));
		for(ll j = m; j >= 1; j--){
			dp[now][j] = max(maxpre[j - 1], dp[!now][j]) + a[i];
			maxpre[j] = max(maxpre[j], dp[now][j]);
 		}
		ans = max(ans, dp[now][m]);
		now = !now;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
} 

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