一、最简单的最大子段和
状态转移方程：dp[i]=max(dp[i-1]+num[i],num[i]);
小延伸：以前写的博客
1、记录最大字段和的首尾位置
2、二维的最大字段和问题——最大子矩阵问题
二、最大m子段和 讲解
对于一段序列 S来说，我们可以从S中选出 互不相交的m个子段，使得这m个子段，使得m个子段 和最大，m的大小不限。
1、用一个dp[i][j]数组记录，前i个数字分成j段所能产生的最大j子段和，前提必须以i结尾。
2、这个前提的要求，提供了第i个数字的可能情况：
（1）第i个数字单独成为一段，与之前的 j-1段 组合。 （2）第i个数字与第i-1个数字融合成为第j段。
3、状态转移方程即为：dp[i][j]=max( dp[i-1] [j] , max( dp[t] [j-1] ) (j-1=<t<i)) + num[i]。
4、空间复杂度的优化：因为我们推到分成j段只需要 考虑 分成j-1段的情况，所以我们不用开 m * n的数组，只需要开 2 *n的数组即可。
三、最大3子段和
如果是最大2子段和，弄个前后缀和两个一维数组即可。而3字段在这基础上也可以做。
有些题目还具体规定3字段的各个区间长度，下面这题就是这种大杂烩：
题目：给定 n个整数（3≤n≤100000）排成一行，每个数字表示Alice看过的第 i 部电视剧的时长，现在规定每部电视剧的鸡汤值为电视时长的最小质因子。现在要求 Alice任意选出三段连续且不相交的区间，且区间长度分别是 a,b,c（a,b,c都是正整数，且 a,b,c的和不超过 n。且T<20，3≤n≤100000），使得选出的三个区间中电视剧的鸡汤值之和最大。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long sum[100005],resum[100005],val[100005];
int turn[10],len[10];
long long dp[1000005],fp[1000005];
long long ans=0;
int n,t,tot;
bool vist[5];
int prime[1000005],f[1000005];
bool vis[1000005];
void pre()
{
for(int i=2;i<=1000000;i++)
{
if(!vis[i]) prime[++tot]=i,f[i]=i;
for(int j=1;j<=tot && prime[j]*i<=1000000;j++)
{
vis[prime[j]*i]=1;
f[prime[j]*i]=min(f[prime[j]],f[i]);
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
}
void work()
{
int a,b,c;
a=len[turn[1]];
b=len[turn[2]];
c=len[turn[3]];
for(int i=a;i<=n;i++)
dp[i]=max(dp[i-1],sum[i]-sum[i-a]);
for(int i=n-c+1;i>=1;i--)
fp[i]=max(fp[i+1],resum[i]-resum[i+c]);
for(int i=a+1;i<=n-b-c+1;i++)
ans=max(ans,dp[i-1]+sum[i+b-1]-sum[i-1]+fp[i+b]);
return;
}
void dfs(int dep)
{
if(dep==4)
{
work();
return;
}
for(int i=1;i<=3;i++)
{
if(!vist[i])
{
turn[dep]=i;
vist[i]=1;
dfs(dep+1);
vist[i]=0;
}
}
}
int main()
{
scanf("%d",&t);
pre();
while(t--)
{
ans=0;
sum[0]=0;
scanf("%d",&n);
scanf("%d%d%d",&len[1],&len[2],&len[3]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&val[i]);
sum[i]=sum[i-1]+f[val[i]];
}
for(int i=n;i>=1;i--)
resum[i]=resum[i+1]+f[val[i]];
dfs(1);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}