HDU/HDOJ 1024 The Max Sum Plus Plus

是别人写的解题报告，代码自己重新了一遍，但是思路依然不是特别清晰。
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1024
问题：
给定由n个整数(可能为负整数)组成的序列e1,e2,…,en,以及一个正整数m，要求确定序列的m个不相交子段，使这m个子段的总和达到最大。

分析：
设b(i，j)表示数组e的前j项中i个子段和的最大值，且第i个子段含e[j](1£ i £m，i£ j £n)。以下称b(i, j)为“最后一个元素属于第i子段的j元素i子段问题”。则n个元素中求i个子段的最优值显然为：

best(i, n) = Max{ b(i, j) } (i <= j <= n)

计算b(i，j)的最优子结构为：

b(i，j) = Max{ b(i, j-1) + e[i],  Max{ b(i-1, t) } + e[i] } (i <= t < j)

这样，可以得到时间复杂度为O(m * n ^ 2)和空间复杂度为O(m * n)的MS相当漂亮而且容易理解的DP算法。当n不大的时候，这个算法足够优秀，然而，当n很大的时候，这个算法显然是不能让人满意的！

优化：
观察上面的最优子结构，我们发现b(i, j)的计算只和b(i, j-1)和b(i-1, t)有关，也就是说只和最后一个元素属于第i子段的j-1元素i子段问题和前j-1个元素的最大i-1子段问题有关（可以分别理解为将e[j]作为最后一个元素而并入第i子段和将e[j]另起一段作为第i分段）。这样，我们只要分别用curr_best和prev_best两个一维数组保存当前阶段和前一阶段的状态值b(i, *)和b(i-1, *) 就行了，内存使用也就可以降为O(2 * n)。
      再来看看时间。分析发现，原算法低效主要是在求max_sum(i, t) = Max{b(i, t)} (i <= t < j)的时候用了O(n)的时间。其实，在求b(i, j)的过程中，我们完全可以同时计算出max_sum(i, t)，因为max_sum(i,j) = Max{b(i,j), max_sum(i,j-1)}，这个只花费O(1)的时间。而max_sum(i,t)不就是i+1阶段中要用到的吗？关键问题已经解决了！那如何保存max_sum呢？再开一个数组？我们可以在prev_best数组中保存！这个数组的任务相当艰巨，它既存放着i-1阶段的max_sum数值，又存放这供i+1阶段使用的i阶段的max_sum值。MS这有点矛盾？其实这是可行的。注意到我们在计算b(i,j)时只使用了prev_best[j-1]，使用完了再也没有用了，这样空闲着岂不浪费？其实我们可以将max_sum(i,
j-1)存放到prev_best[j-1]里面——这个主意相当不错，它让所有问题迎刃而解。
      现在，我们得到了一个时间复杂度为O(m * n)、空间复杂度为(2 * n)的算法。这个算法相当优秀，以至于m为小常数，n = 1000000时，结果也是瞬间就出来了（此时算法的时间复杂度可以认为是O(n)的）。

#include <iostream>
using namespace std;

int main( )
{
int *f, *p, *s;
int m, n, i, j, max;
while(cin >> m >> n)
{
s = (int *)malloc(sizeof(int) * (n + 1));
f = (int *)malloc(sizeof(int) * (n + 1));
p = (int *)calloc(n + 1, sizeof(int));
for(i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d", &s[i]);
}
*f = 0; //注意
for(i = 1; i <= m; i++)
{
max = INT_MIN;
for(j = i; j <= n; j++)
{
if(f[j - 1] < p[j - 1])
f[j] = p[j - 1] + s[j];
else
f[j] = f[j - 1] + s[j];
p[j - 1] = max;
if(max < f[j])
max = f[j];
}
p[j - 1] = max;
}
free(f);
free(p);
free(s);
printf("%d\n", max);
}
return 0;
}