poj 3017

标签：dp   优化   

很明显的一个转移方程是： dp[i] = max(dp[j] + max(a[j+1], a[j+2], ..., a[i])); 其中满足 sum[i] - sum[j] <= M 的 j 都算，这是一个 O(N * N) 的解法，肯定超时。，那么就要用优化的方法 ，对着题解看了一个小时终于看懂了。

f[j]表示前j个数分为若干份，最优解。
g[i]表示使f[i]取得最优解的j，即最后一份为从g[i]分到i。
把第i+1个数加入进来。
如果超过了m，则把前面的数减去，直至小于m。
当总数小于m时：
如果a[i+1]小于mx（g[i]到i中的最大值）则可以忽略，f[i]=f[i-1],g[i]=g[i-1]；
如果a[i+1]大于mx，则要确定最优值。（优化）因为f[i+1]的最优值不会再（g[i-1]，i）内，所以可以直接从p到i+1计算。p为第p个数使p到i+1的总和小于m。但如果g[i-1]小于p，就要从i计算到p。

(g[i-1]>=p?g[i-1]:i);意思是如果之前的最大值不在当前字块内，那么就从i->p计算最大值之和的最小值；如果最大值还在的话，那么就只需要在计算g【i-1】== p处的最大值之和的最小值。其实就是更新一下f【i】和g【i】；如果f[i]>f[j-1]+mx的话，那么最优解肯定不是以g[i]为下标的那个解。那么更新f【i】=j；如果是f[i]<f[j-1]+mx，那么就不更新g[i]。

#include<iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
#define maxn 101010
typedef long long ll;
const ll inf=1000000000;
ll f[maxn];
int g[maxn];
ll a[maxn];
int n;
ll m;
int main()
{
    int i,j;
    while(scanf("%d%I64d",&n,&m)!=-1)
    {
        for(i=1; i<=n; i++)
        {
            scanf("%I64d",&a[i]);
            if(a[i]>m)
            {
                printf("-1\n");
                return 0;
            }
        }
        f[1]=a[1];
        g[1]=1;
        int p=1;
        f[0]=0;//因为当第一次更新的时候那个需要计算f[0]+mx,所以我们应该给f【0】赋值
        ll mx=a[1],sum=a[1];

        for(i=2; i<=n; i++)
        {
            int k=0;
            f[i]=inf;
            sum+=a[i];
            while(sum>m)sum-=a[p++];
            if(mx>=a[i]&&g[i-1]>=p)
            {
                f[i]=f[i-1];
                g[i]=g[i-1];
            }
            else
            {
                mx=a[i];
                 k=(g[i-1]>=p?g[i-1]:i);

                for(j=k; j>=p; j--)
                {
                    mx=max(mx,a[j]);
                    g[i]=f[i]>mx+f[j-1]?j:g[i];
                    f[i]=min(f[i],f[j-1]+mx);
                }
                mx=f[i]-f[g[i]-1];
            }

        }
        printf("%I64d\n",f[n]);
    }
}

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原文地址：http://blog.csdn.net/u013076044/article/details/45697415