题目大意:给定长度为n的数组(1<=n<=1e6),求其中m个不相交子串的和的最大值
dp[i][j]:前i个数(以i结尾,i必取)组成j个不相交子串的答案
状态转移: dp[i][j] = max(dp[i-1][j]+a[i], dp[k][j-1]+a[i]) (1<=k<=i-1)
实现:
降维:假设当前枚举到了打了红圈的状态dp[i][j],那么更新dp[i][j],需要用到的结果是蓝色的dp[i-1][j],和黄色的max(dp[k][j-1]) (1<=k<=i-1)。可以发现若先枚举j,则只需要用到上一次循环的结果,所以可以省去j这一维数组的开销。
枚举优化:max(dp[k][j-1]) (1<=k<=i-1) 可以预处理出来。maxn[i]表示上一层循环的前i项的最大值。初始化maxn[] = {0}。而下一层循环要用到的maxn[i-1]可以在当前层处理完dp[i]的时候预处理(因为更新dp[i]要使用maxn[i-1],使用完再更新)。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 1e6+10;
int a[N],dp[N],maxn[N];
int m, n;
int main()
{
while(~scanf("%d %d", &m, &n))
{
for(int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
memset(dp, 0, sizeof(dp));
memset(maxn, 0, sizeof(maxn));
int ans;
for(int j = 1; j <= m; ++j)
{
ans = -INF;
for(int i = j; i <= n; ++i)
{
dp[i] = max(dp[i-1], maxn[i-1])+a[i];
maxn[i-1] = ans;//记录该层循环当前的最大值
ans = max(ans, dp[i]);
}
}
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}