关于最大连续子序列问题，我以前学DP的时候做过(Max Sum HDU1003)这道题，不过那时候只是草草的学了下，代码还是参考别人的，不懂原理，昨天在CF上做到类似的题目，然后跪了几把，决定把这类题目重新做了下（其实也就只是做了3道题目）
首先 ： 关于求一段整数序列的最大连续子序列的话，有好几种方法，最容易想到的就是O(N^2)暴力枚举每一个start 和end点，不过，一般会超时，另外还有分治的方法，复杂度在O（n*logn），不过我没敲过（囧）、好吧，我昨天终于弄懂了那种O(n)的算法：因为最大的那一段肯定是以1~n中 的某一个点结束的，所以枚举他（枚举每一个end点），然后当枚举第k个点的时候，判断前前面累加的和sum是否大于0,是则加上a[k],不是的话sum = a[k],然后就OK了。
HDU 1231 （该题还需要求开始和结束的位置）
int sum = -1;
int ans = 0;
int l = 0, r = 0;
int L = 0 , R = 0;
for (int i=1;i<=N;i++)
{
if (sum < 0)
{
sum = aa[i];
l = aa[i];
r = aa[i];
}
else
{
sum += aa[i];
r = aa[i];
}
if (sum > ans)
{
ans = sum;
R = r;
L = l;
}
}
printf("%d %d %d\n",ans,L,R);
然后么，是上次在POJ上碰到过的一道题目 POJ - 2593
题意 ： 求两段不想交的子序列和最大。
我的想法是在求出某一点k，[1,k](保存在Left数组中)中最大的，和(k,n](保存在Right数组中)中最大，然后用扫一遍就可以获得答案了，在求Left和Right数组的时候可以递推过去的。
总复杂度O(n)
for (int i=1;i<=N;i++)
scanf("%d",&aa[i]);
int sum;
int rr , ll;
sum = Left[1] = aa[1];
for (int i=2;i<=N;i++)
{
if (sum <= 0)
{
sum = aa[i];
}
else
{
sum += aa[i];
}
Left[i] = max(Left[i-1],sum);
}
sum = Right[N] = -INF;
for (int i=N;i>=2;i--)
{
if (sum <= 0)
{
sum = aa[i];
}
else
{
sum += aa[i];
}
Right[i-1] = max(Right[i],sum);
}
int ans = -INF;
for (int i=1;i<N;i++)
ans = max(ans,Left[i]+Right[i]);
printf("%d\n",ans);
最后一道题目是，HDU上的1024
题意 ： 从两段扩展到了m段
PS ： 第一眼看到感觉够NB的。
思路 ： 采用DP的方法，用一个数组dp[i][j]保存i段的情况下，以a[j]结尾的最优解。
状态转移方程为 ： dp[i][j]=max{dp[i][j-1]+a[j]，dp[i-1][k]+a[j],(i-1<=k<j)} (i<=j<=n-m+i) PS ： 其实和一段的一样，只要考虑a[j]是附加到前一段还是单个成为一段即可。
dp数组在使用的时候可以只开一个dp[2][maxn]来操作，
bool flag = 1;
for (int i=1;i<=n;i++)
{
dp[0][i] = dp[1][i] = 0;
scanf("%I64d",&a[i]);
}
for (int i=1;i<=m;i++)
{
dp[flag][i] = dp[1-flag][i-1] + a[i];
LL max_n = dp[1-flag][i-1];
for (int j=i+1;j<=n-m+i;j++)
{
max_n = Max(max_n,dp[1-flag][j-1]);
dp[flag][j] = Max(dp[flag][j-1],max_n)+a[j];
}
flag = 1 - flag;
}
flag = 1 - flag;
LL ans = -((LL)1 << 55);
for (int i=m;i<=n;i++)
ans = Max(ans,dp[flag][i]);
printf("%I64d\n",ans);
不过这道题目似乎有点水，因为如果m很大的话乘上n(100W)的话，复杂度肯定要爆的。
所以暂时就这样，如果下次有更加高效的方法的话再来更新本文。