开发: C++知识库 Java知识库 JavaScript Python PHP知识库人工智能区块链大数据移动开发嵌入式开发工具数据结构与算法开发测试游戏开发网络协议系统运维
教程: HTML教程 CSS教程 JavaScript教程 Go语言教程 JQuery教程 VUE教程 VUE3教程 Bootstrap教程 SQL数据库教程 C语言教程 C++教程 Java教程 Python教程 Python3教程 C#教程
数码: 电脑笔记本显卡显示器固态硬盘硬盘耳机手机 iphone vivo oppo 小米华为单反装机图拉丁

-> 数据结构与算法 -> 【每日力扣36】最大子序和 -> 正文阅读

[数据结构与算法]【每日力扣36】最大子序和

一、题目[LeetCode-53]

给你一个整数数组?nums?，请你找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

子数组?是数组中的一个连续部分。

示例 1：

输入：nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]

输出：6

解释：连续子数组?[4,-1,2,1] 的和最大，为?6 。

示例 2：

输入：nums = [1]

输出：1

示例 3：

输入：nums = [5,4,-1,7,8]

输出：23

提示：

1 <= nums.length <= 10^5
-10^4 <= nums[i] <= 10^4

二、思路

动态规划

与《day35 买卖股票的最佳时机》相似，对于本题的数组，也可以使用动态规划。每当遍历到数组nums的第i个数nums[i]时，有“加”和“不加”两种状态。设dp[i][0]表示当遍历到nums[i]时“选择不加”的状态下的最大累积值，dp[i][0]表示当遍历到nums[i]时“选择加”的状态下的最大累积值。然后便可推导动态规划转移方程。

若参照《day2 买卖股票的最佳时机II》，对于dp[i][0]，它的取值则有两种情况：

上一个数nums[i-1]没有选择加上
上一个数nums[i-1]选择加上

由于dp[i][0]表示不加nums[i]，因此可以简单的选取dp[i-1][0]和dp[i-1][1]的最大值： dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1])

对于dp[i][1]，同理对应两种情况：

上一个数nums[i-1]没有选择加上
上一个数nums[i-1]选择加上

如果是类似于《day2 买卖股票的最佳时机II》，对于“选择是否加上nums中的数的次数”没有任何限制，那么这里也是直接简单的选取dp[i-1][0] + nums[i]和dp[i-1][1] + nums[i]的最大值：dp[i][1] = max(dp[i-1][0]+nums[i], dp[i-1][1]+nums[i])

但是本题是类似于《day35 买卖股票的最佳时机》，对于“选择加上nums[i]”有着限制：只能加一次连续地加，对于“上一次nums[i-1]没有加选择在nums[i]加”的情况只允许出现一次。因此对于dp[i][1]，只会有这两种情况：

上一个数nums[i-1]没有加上，并且之前的所有nums[0, i-2]都没有加，此时可以确定：dp[i-1][0]=0
上一个数nums[i-1]加上了，这时简单地将dp[i-1][1]加上nums[i]即可

因此：dp[i][1] = max(nums[i], dp[i-1][1] + nums[i])

综上所述，本题的状态转移方程为

dp[i][0] = max(dp[i-1][0]+nums[i], dp[i-1][1]+nums[i])

dp[i][1] = max(nums[i], dp[i-1][1]+nums[i])

对于初始条件，dp[0][0]=0，dp[0][1]=nums[i]

但不同于《day35 买卖股票的最佳时机》，本题在nums中所有的数必须至少选择加上一个。存在这种特殊情况：nums所有的数全为负数，此时算法会选择全都不加，返回dp[0][0]=0。但是我们这时候必须加上一个数，所以在最后我们额外讨论这种情况：再次遍历nums，找出所有数（此时均为负数）中的最大者返回即可。

class?Solution?{
public:
????int?maxSubArray(vector<int>&?nums)?{
????????int?n?=?nums.size();
????????if(n?==?1)
????????????return?nums[0];//数组只有一个元素（除了直接返回别无选择）的退化情况
????????vector<vector<int>>?dp(n);
????????for(int?i?=?0;?i?<?n;?i++)
????????????dp[i]?=?vector<int>?(2);//创建动态规划数组
????????dp[0][0]?=?0;
????????dp[0][1]?=?nums[0];//初始化动态规划数组
????????for(int?i?=?1;?i?<?n;?i++)
????????{
????????????dp[i][0]?=?max(dp[i-1][0],?dp[i-1][1]);//对应当遍历到nums第i个数后选择不加nums[i]的状态
????????????dp[i][1]?=?max(nums[i],?dp[i-1][1]?+?nums[i]);//对应当遍历到nums第i个数后选择加上nums[i]的状态
????????}
????????if(dp[n-1][0]?==?0)//如果nums全为负数，上面算法会选择“全都不加”，这时dp[n-1][0]==0，但是题目要求必须加最少其中一个
????????{????//因此这种情况下，我们就找数组nums中值最大的负数，返回它即可
????????????int?max?=?nums[0];
????????????for(int?i?=?1;?i?<?n;?i++)
????????????{
????????????????if(nums[i]?>?max)
????????????????????max?=?nums[i];
????????????}
????????????return?max;
????????}????
????????return?max(dp[n-1][0],?dp[n-1][1]);
????}
};

动态规划的优化

同理于《day2 买卖股票的最佳时机II》《day35 买卖股票的最佳时机》，上述思路可以优化：算法不使用数组的实现形式，直接使用两个变量dp0,dp1进行n-1次迭代。将空间复杂度由O(n)优化至O(1)。

class?Solution?{
public:
????int?maxSubArray(vector<int>&?nums)?{
????????int?n?=?nums.size();
????????if(n?==?1)
????????????return?nums[0];//数组只有一个元素（除了直接返回别无选择）的退化情况
????????int?dp0?=?0;
????????int?dp1?=?nums[0];//初始化两个变量
????????for(int?i?=?1;?i?<?n;?i++)
????????{
????????????dp0?=?max(dp0,?dp1);//对应当遍历到nums第i个数后选择不加nums[i]的状态
????????????dp1?=?max(nums[i],?dp1?+?nums[i]);//对应当遍历到nums第i个数后选择加上nums[i]的状态
????????}
????????if(dp0?==?0)//如果nums全为负数，上面算法会选择“全都不加”，这时dp0==0，但是题目要求必须加最少其中一个
????????{????//因此这种情况下，我们就找数组nums中值最大的负数，返回它即可
????????????int?max?=?nums[0];
????????????for(int?i?=?1;?i?<?n;?i++)
????????????{
????????????????if(nums[i]?>?max)
????????????????????max?=?nums[i];
????????????}
????????????return?max;
????????}????
????????return?max(dp0,?dp1);
????}
};

三、官方题解（来源：力扣（LeetCode））

方法一：动态规划（更简洁的思路）

假设 nums 数组的长度是 n，下标从 0 到 n?1。

我们用 f(i) 代表以第 i 个数结尾的「连续子数组的最大和」，那么很显然我们要求的答案就是：

$\max_{0\leq i\leq n-1}\{f(i)\}$

因此我们只需要求出每个位置的 f(i)，然后返回 f 数组中的最大值即可。那么我们如何求 f(i) 呢？我们可以考虑 nums[i] 单独成为一段还是加入 f(i?1) 对应的那一段，这取决于 nums[i] 和 f(i?1)+nums[i] 的大小，我们希望获得一个比较大的，于是可以写出这样的动态规划转移方程：

f(i)=max{f(i?1)+nums[i],nums[i]}

不难给出一个时间复杂度 O(n)、空间复杂度 O(n) 的实现，即用一个 f 数组来保存 f(i) 的值，用一个循环求出所有 f(i)。考虑到 f(i) 只和 f(i?1) 相关，于是我们可以只用一个变量 pre 来维护对于当前 f(i) 的 f(i?1) 的值是多少，从而让空间复杂度降低到 O(1)，这有点类似「滚动数组」的思想。

class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        int pre = 0, maxAns = nums[0];
        for (const auto &x: nums) {
            pre = max(pre + x, x);
            maxAns = max(maxAns, pre);
        }
        return maxAns;
    }
};

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/maximum-subarray/solution/zui-da-zi-xu-he-by-leetcode-solution/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

复杂度

时间复杂度：O(n)，其中 n 为 nums 数组的长度。我们只需要遍历一遍数组即可求得答案。
空间复杂度：O(1)。我们只需要常数空间存放若干变量。

方法二：分治、线段树

这个分治方法类似于「线段树求解最长公共上升子序列问题」的 pushUp 操作。也许读者还没有接触过线段树，没有关系，方法二的内容假设你没有任何线段树的基础。当然，如果读者有兴趣的话，推荐阅读线段树区间合并法解决多次询问的「区间最长连续上升序列问题」和「区间最大子段和问题」，还是非常有趣的。

我们定义一个操作 get(a, l, r) 表示查询 a 序列 [l,r] 区间内的最大子段和，那么最终我们要求的答案就是 get(nums, 0, nums.size() - 1)。如何分治实现这个操作呢？对于一个区间 [l,r]，我们取 m=?(l+r)/2?，对区间 [l,m] 和 [m+1,r] 分治求解。当递归逐层深入直到区间长度缩小为 1 的时候，递归「开始回升」。这个时候我们考虑如何通过 [l,m] 区间的信息和 [m+1,r] 区间的信息合并成区间 [l,r] 的信息。最关键的两个问题是：

我们要维护区间的哪些信息呢？

我们如何合并这些信息呢？

对于一个区间 [l,r]，我们可以维护四个量：

lSum 表示 [l,r] 内以 l 为左端点的最大子段和
rSum 表示 [l,r] 内以 r 为右端点的最大子段和
mSum 表示 [l,r] 内的最大子段和
iSum 表示 [l,r] 的区间和

以下简称 [l,m] 为 [l,r] 的「左子区间」，[m+1,r] 为 [l,r] 的「右子区间」。我们考虑如何维护这些量呢（如何通过左右子区间的信息合并得到 [l,r] 的信息）？对于长度为 1 的区间 [i,i]，四个量的值都和 nums[i] 相等。对于长度大于 1 的区间：

首先最好维护的是 iSum，区间 [l,r] 的 iSum 就等于「左子区间」的 iSum 加上「右子区间」的 iSum。
对于 [l,r] 的lSum，存在两种可能，它要么等于「左子区间」的 lSum，要么等于「左子区间」的 iSum 加上「右子区间」的 lSum，二者取大。
对于 [l,r] 的 rSum，同理，它要么等于「右子区间」的 rSum，要么等于「右子区间」的 iSum 加上「左子区间」的 rSum，二者取大。
当计算好上面的三个量之后，就很好计算 [l,r] 的 mSum 了。我们可以考虑 [l,r] 的 mSum 对应的区间是否跨越 m——它可能不跨越 m，也就是说 [l,r] 的 mSum 可能是「左子区间」的 mSum 和「右子区间」的 mSum 中的一个；它也可能跨越 m，可能是「左子区间」的 rSum 和「右子区间」的 lSum 求和。三者取大。

这样问题就得到了解决。

class Solution {
public:
    struct Status {
        int lSum, rSum, mSum, iSum;
    };

    Status pushUp(Status l, Status r) {
        int iSum = l.iSum + r.iSum;
        int lSum = max(l.lSum, l.iSum + r.lSum);
        int rSum = max(r.rSum, r.iSum + l.rSum);
        int mSum = max(max(l.mSum, r.mSum), l.rSum + r.lSum);
        return (Status) {lSum, rSum, mSum, iSum};
    };

    Status get(vector<int> &a, int l, int r) {
        if (l == r) {
            return (Status) {a[l], a[l], a[l], a[l]};
        }
        int m = (l + r) >> 1;
        Status lSub = get(a, l, m);
        Status rSub = get(a, m + 1, r);
        return pushUp(lSub, rSub);
    }

    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        return get(nums, 0, nums.size() - 1).mSum;
    }
};

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/maximum-subarray/solution/zui-da-zi-xu-he-by-leetcode-solution/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

复杂度分析

假设序列 a 的长度为 n。

时间复杂度：假设我们把递归的过程看作是一颗二叉树的先序遍历，那么这颗二叉树的深度的渐进上界为 O(logn)，这里的总时间相当于遍历这颗二叉树的所有节点，故渐进时间复杂度为 O(n)。
空间复杂度：递归会使用 O(logn) 的栈空间，故渐进空间复杂度为 O(logn)。

题外话

「方法二」相较于「方法一」来说，时间复杂度相同，但是因为使用了递归，并且维护了四个信息的结构体，运行的时间略长，空间复杂度也不如方法一优秀，而且难以理解。那么这种方法存在的意义是什么呢？

对于这道题而言，确实是如此的。但是仔细观察「方法二」，它不仅可以解决区间 [0, n-1]，还可以用于解决任意的子区间 [l,r] 的问题。如果我们把 [0, n-1] 分治下去出现的所有子区间的信息都用堆式存储的方式记忆化下来，即建成一颗真正的树之后，我们就可以在 O(logn) 的时间内求到任意区间内的答案，我们甚至可以修改序列中的值，做一些简单的维护，之后仍然可以在 O(logn) 的时间内求到任意区间内的答案，对于大规模查询的情况下，这种方法的优势便体现了出来。这棵树就是上文提及的一种神奇的数据结构——线段树。