給出一個整數數組a(正負數都有)，如何找出一個連續子數組（可以一個都不取，那麼結果爲0），使得其中的和最大？
例如：-2,11,-4,13,-5,-2，和最大的子段爲：11,-4,13。和爲20。
看見這個問題你的第一反應是用什麼算法？
（1） 枚舉？對，枚舉是萬能的！枚舉什麼？子數組的位置！好枚舉一個開頭位置i，一個結尾位置j>=i，再求a[i..j]之間所有數的和，找出最大的就可以啦。好的，時間複雜度？
（1.1）枚舉i，O(n)
（1.2）枚舉j，O(n)
（1.3）求和a[i..j]，O(n)
大概是這樣一個計算方法：
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = i; j <= n; j++)
{
int sum = 0;
for(int k = i; k <= j; k++)
sum += a[k];
max = Max(max, sum);
}
}所以是O(n^3), 複雜度太高？降低一下試試看？
（2） 仍然是枚舉！ 能不能在枚舉的同時計算和？
（2.1）枚舉i，O(n)
（2. 2）枚舉j，O(n) ,這裏我們發現a[i..j]的和不是a[i..j – 1]的和加上a[j]麼？所以我們在這裏當j增加1的時候把a[j]加到之前的結果上不就可以了麼？對！所以我們毫不費力地降低了複雜度，得到了一個新地時間複雜度爲O(n^2)的更快的算法。
大概是這樣一段代碼：
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
int sum = 0;
for(int j = i; j <= n; j++)
{
sum += a[j];
max = Max(max, sum);
}
}是不是到極限了？遠遠不止！
（3）分治一下？
我們從中間切開數組，原數組的最大子段和要麼是兩個子數組的最大子段和（分）， 要麼是跨越中心分界點的最大子段和（合）。 那麼跨越中心分界點的最大子段合怎麼計算呢？仍然是枚舉！ 從中心點往左邊找到走到哪裏可以得到最大的合，再從中心點往右邊檢查走到哪裏可以得到最大的子段合，加起來就可以了。可見原來問題之所以難，是因爲我們不知道子數組從哪裏開始，哪裏結束，沒有“着力點”，有了中心位置這個“着力點”，我們可以很輕鬆地通過循環線性時間找到最大子段和。
於是算法變成了
（3.1）拆分子數組分別求長度近乎一半的數組的最大子段和sum1, sum2
時間複雜度 2* T(n / 2)
（3.2）從中心點往兩邊分別找到最大的和，找到跨越中心分界點的最大子段和sum3 時間複雜度 O(n)
那麼總體時間複雜度是T(n) = 2 * T(n / 2) + O(n) = O(nlogn)， 又優化了一大步，不是嗎？
還能優化嗎？再想想，別放棄！
我們在解法（3）裏需要一個“着力點”達到O(n)的子問題時間複雜度，又在解法（2）裏輕易地用之前的和加上一個新的元素得到現在的和，那麼“之前的和”有那麼重要麼？如果之前的和是負數呢？顯然沒用了吧？我們要一段負數的和，還不如從當前元素重新開始了吧？
再想想，如果我要選擇a[j]，那麼“之前的和”一定是最大的並且是正的。不然要麼我把“之前的和”換成更優，要麼我直接從a[j]開始，不是更好麼？
動態規劃大顯身手。我們記錄dp[i]表示以a[i]結尾的全部子段中最大的和。我們看一下剛纔想到的，我取不取a[i – 1],如果取a[i – 1]則一定是取以a[i – 1]結尾的子段和中最大的一個，所以是dp[i – 1]。 那如果不取dp[i – 1]呢？那麼我就只取a[i]孤零零一個好了。注意dp[i]的定義要麼一定取a[i]。 那麼我要麼取a[i – 1]要麼不取a[i -1]。 那麼那種情況對dp[i]有利？ 顯然取最大的嘛。所以我們有dp[i] = max(dp[i – 1] + a[i], a[i]) 其實它和dp[i] = max(dp[i – 1] , 0) + a[i]是一樣的，意思是說之前能取到的最大和是正的我就要，否則我就不要！初值是什麼？初值是dp[1] = a[1]，因爲前面沒的選了。
那麼結果是什麼？我們要取的最大子段和必然以某個a[i]結尾吧？那麼結果就是max(dp[i])了。
這樣，我們的時間複雜度是O(n)，空間複雜度也是O(n)——因爲要記錄dp這個數組。
算法達到最優了嗎？ 好像是！還可以優化！我們注意到dp[i] = max(dp[i － 1]， 0) ＋ a[i]， 看它只和dp[i – 1]有關，我們爲什麼要把它全記錄下來呢？爲了求所有dp[i]的最大值？不，最大值我們也可以求一個比較一個嘛。
我們定義endmax表示以當前元素結尾的最大子段和，當加入a[i]時，我們有endmax’ = max(endmax, 0) + a[i]， 然後再順便記錄一下最大值就好了。
僞代碼如下；（數組下標從1開始）
endmax = answer = a[1]
for i = 2 to n do
endmax = max(endmax, 0) + a[i]
answer = max(answer, endmax)
endfor時間複雜度？O(n)!空間複雜度？O(1)! 簡單吧？我們不僅優化了時間複雜度和空間複雜度，還使代碼變得簡單明瞭，更不容易出錯。
老生常談的問題來了。我們如何找到一個這樣的子段？請看上面的爲僞代碼endmax = max(endmax, 0) + a[i], 對於endmax它對應的子段的結尾顯然是a[i]，我們怎麼知道這個子段的開頭呢？ 就看它有沒有被更新。也就是說如果endmax’ = endmax + a[i]則對應子段的開頭就是之前的子段的開頭。否則，顯然endmax開頭和結尾都是a[i]了，讓我們來改一下僞代碼：
start = 1
answerstart = asnwerend = 1
endmax = answer = a[1]
for end = 2 to n do
if endmax > 0 then
endmax += a[end]
else
endmax = a[end]
start = end
endif
if endmax > answer then
answer = endmax
answerstart = start
answerend = end
endif
endfor這裏我們直接用end作爲循環變量，通過更新與否決定start是否改變。
總結：通過不斷優化，我們得到了一個時間複雜度爲 O(n)，空間複雜度爲O(1)的簡單的動態規劃算法。動態規劃，就這麼簡單！優化無止境！
最後，由你來寫一段程序，實現這個算法，只有寫出了正確的程序，才能繼續後面的課程。
輸入
第1行：整數序列的長度N（2 <= N <= 50000)
第2 - N + 1行：N個整數（-10^9 <= A[i] <= 10^9）
輸出
輸出最大子段和。
輸入示例
6
-2
11
-4
13
-5
-2
輸出示例
20
參考代碼：
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main(){
int N,n[50050],start=1,answerstart=1,answerend=1;
long long Max,answer;
scanf("%d",&N);
scanf("%d",&n[1]);
answer=Max=n[1];
for(int end=2;end<=N;end++){
scanf("%d",n+end);
if(Max>=0) Max+=n[end];
else{
Max=n[end];
start=end;
}
if (Max > answer){
answer = Max;
answerstart = start;
answerend = end;
}
}
printf("%lld",answer);
return 0;
}