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POJ2479,2593: 两段maximum-subarray问题
虽然是两个水题，但是一次AC的感觉真心不错
这个问题算是maximum-subarray问题的升级版，不过主要算法思想不变：
1. maximum-subarray问题
maximum-subarray就是找到数组A[1....n]中的连续子数组A[i.....j]并且A[i]+...+A[j]和最大。当然了，(1<=i<=j<=n)。
maximum-subarray的O(n)解法就是从左到右扫描数组A，另外设置一工具数组DP,DP数组的作用就是记录以当前下标为终止下标的子数组和。比如DP[j]=A[i]+....+A[j](A[i] 到 A[j]是连续的）。现在假设我们已经求出DP[j]，数组即将扫描A[j+1]，则DP[j]与DP[j+1]的关系描述如下：
DP[j+1]=(DP[j]>0)? (DP[j]+A[j+1]) : (A[j+1]).
因为DP[j+1]要求出以j+1下标为结束下标的子数组和，而且DP[j]已经求出，所以我们要判断DP[j]是否为正数，如为正，则加上A[j+1]。如为负，那么很明显的，A[i]+.....+A[j]+A[j+1]<A[j+1], 所以要让DP[j+1]=A[j+1]。
2. 求两个maximum-subarray问题
这两个maximum-subarray不相交。
我们可以设置一个“分水岭”，假设为k，那么maximum-subarray(A[1..k]) + maximum-subarray(A[k+1..n])就是我们要的解。
当然如果我们枚举每一个k值（1<=k<=n-1)的话，因为题目开出的N值为50000，真个时间复杂度为O(n^2)，必然超时。
所以我们可以再设两个工具数组：lmax和rmax，lmax[i]表示A[1]到A[i]的最大子数组和，rmax[i]=A[i+1]....A[n]的最大子数组和。再次明确一下：lmax/rmax数组与DP数组的不同。
假设DP[s]=A[p+..q+..+r+..s], 那么lmax[s]可能就等于A[q+...+r]或者A[p+...+r]或者等等。
然后我们得到每个lmax[k]+rmax[k]，对k进行枚举，lmax[k]+rmax[k]值最大的即为最后的解。
附上POJ2593代码：（POJ2479改动一点就可以了）
#include<iostream>#include<algorithm>#include<cstdio>#include<cstring>#include<map>#include<vector>using namespace std;const int max_size=100010;int n,a[max_size];int ldp[max_size],rdp[max_size],ans,inf=1<<30;int lmax[max_size],rmax[max_size];int main(){ while(scanf("%d",&n)!=EOF&&n){ memset(a,0,sizeof(a)); memset(ldp,0,sizeof(ldp)); memset(rdp,0,sizeof(rdp)); memset(lmax,0,sizeof(lmax)); memset(rmax,0,sizeof(rmax)); ans=-inf; for(int i=1;i<=n;i++){ scanf("%d",&a[i]); } lmax[1]=ldp[1]=a[1]; for(int i=2;i<=n;i++){ if(ldp[i-1]>0) ldp[i]=ldp[i-1]+a[i]; else ldp[i]=a[i]; ans=max(ans,ldp[i]); lmax[i]=ans; } rmax[n]=rdp[n]=a[n]; ans=-inf; for(int i=n-1;i>=1;i--){ if(rdp[i+1]>0) rdp[i]=rdp[i+1]+a[i]; else rdp[i]=a[i]; ans=max(ans,rdp[i]); rmax[i]=ans; } ans=-inf; for(int k=1;k<=n-1;k++){ ans=max(ans,lmax[k]+rmax[k+1]); } printf("%d\n",ans); }}
POJ2479,2593: 两段maximum-subarray问题