原题链接：
问题描述：
给定长度为n的数组a[],从中选择k个长度为m的子数组，要求和最大。
形式描述为：选择$k$个子数组[$l_1$, $r_1$], [$l_2$, $r_2$], ..., [$l_k$l1, $r_k$] (1 ≤ $l_1$ ≤$r_1$ ≤$l_2$ ≤ $r_2$ ≤... ≤$l_k$ ≤ $r_k$ ≤ n; $r_i-r_i+1$), 使得$\sum_{i=1}^{k}\sum_{j=l_i}^{r_i}p_j$
问题分析：
【思路1】先从简单粗暴的方法入手，怎么办？寻找所有的k个长度为m的子数组，然后选择其中和最小的。第一个长度为m的子数组开始位置可能为0...(k-1)*m，然后第二个子数组的下标？第三个子数组下标？太复杂了而且时间复杂度肯定超高，不能忍，换个方法吧。
【思路2】再看一下问题，要求和最大，求最值问题十有八九都是DP问题，试试吧。DP题目子问题怎么定义是关键，然后这东西基本只能靠经验了（嗯，算法导论上就是这么说的）。从后往前考虑，那么对于最后一个元素，只有两种情况，被选中到子数组中或者没有被选到子数组中。如果被选中，那么首先计算最后m个元素的和，剩下的问题就化为从前面长度为n-m的数组中选择k-1组和最大的子数组。如果没选中最后一个，也好办，直接转化为从前面n-1个元素中选择k组和最大的子数组。分析后我们有：
子问题定义： dp[i][j] = 从前i个元素中选择j个子数组的最大和
状态转移方程： dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-m][j-1] + sum(a[i-m]...a[i-1]))
初始条件： dp[0][j] = 0; dp[i][0] = 0; if (i < j * m) dp[i][j] = 0;
AC代码如下：
1 #include2 #include 3 #include 4 #include 5 #include 6 #include 7 using namespace std; 8 9 int main()10 {11 int n, m, k;12 cin >> n >> m >> k;13 14 vector v(n, 0);15 for (int i = 0; i < n; ++i)16 {17 cin >> v[i];18 }19 20 // dp[i][j] = choose j pairs integers from the first i elements21 // Then base on the ith is chosen or not, there are two case:22 // not choose ith element, the dp[i][j] = dp[i-1][j]23 // choose ith element, the dp[i][j] = dp[i-m][j-1] + sum(a[i-1]...a[i-m])24 // so dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-m][j-1] + sum(a[i-1]...a[i-m])25 // base case: assert (i >= j * m) if not 0 dp[i][j] = 026 // the problem is equal to find dp[n][k]27 28 vector > dp(n+1, vector (k+1, 0));29 30 // base case31 for (int i = 0; i < n + 1; ++i)32 {33 for (int j = 0; j < k + 1; ++j)34 {35 if (i < j * m)36 {37 dp[i][j] = 0;38 }39 }40 }41 42 // bottom to up43 for (int i = 1; i < n + 1; ++i)44 {45 for (int j = 1; j < k + 1; ++j)46 {47 if (i >= j * m)48 {49 long long lastPairSum = accumulate(v.begin() + i - m, v.begin() + i, 0LL);50 dp[i][j] = max(dp[i-1][j], dp[i-m][j-1] + lastPairSum); 51 }52 53 }54 }55 56 long long ans = dp[n][k];57 cout << ans << endl;58 return 0;59 }
注意点：
这道题目很简单的，为什么要记录下来呢，因为我用了int，出现了overflow，想了半天也没想明白到底错在哪里了，脑子真是瓦特啦，记下来以免重蹈覆辙。