最大連續子序列求和的多種解法

題目鏈接

【題目描述】洛谷1115最大連續子序列求和
給出一段序列，選出其中連續且非空的一段使得這段和最大。
【輸入格式】
第1行是一個正整數N(N≤200000)，表示了序列的長度。
第2行包含N個絕對值不大於10000的整數A[i]，描述了這段序列。
【輸出格式】
輸出僅包括1個整數，爲最大的子段和是多少。子段的最小長度爲1。

解題方案：

1. 暴力枚舉O(n³)
2. 枚舉——優化O(n²)
3. 枚舉——再優化O(n)
4. 分治O(nlog₂n)
5. 動態規劃O(n)

對於此問題的求解與優化，讓人不得不折服於算法的魅力我就是這麼入坑的。

1.暴力枚舉

大多數題目不出意外第一想法基本都是枚舉；對於這個題目的暴力其實不難想到，題目求解的是一個連續區間的和，區間必然有左右端點，因此直接枚舉左端點L和右端點R，知道區間了求和還不是分分鐘的事（循環累加唄），代碼大概長得如下：

for(int L=1;L<=n;L++)//枚舉左端點
	for(int R=L;R<=n;R++){//枚舉右端點
		int s=0;
		for(int i=L;i<=R;i++)//求和L到R之間的數字的和
			s+=arr[i];
		ans=max(ans,s);
	}

其實很多算法不需要實現，通過時空複雜度分析即可；不難看出該算法時間複雜度高達O(n³)，，當n規模超過1000就會TLE。不過該算法還可以通過“前綴和”優化。

2.枚舉——“前綴和”優化

前綴和：與數組arr聲明一個一樣大的數組sum,將arr的前i項和保存到sum[i]，不難得到sum[i]=sum[i-1]+arr[i]
例如：

	1	2	3	4	5	6	7	8
arr	1	3	-3	4	2	-2	7	-3
sum	1	4	1	5	7	5	12	9

應用前綴和求解arr[ L到R ]的和:
sum[R]-sum[L-1] = arr[L]+arr[L+1]+……+arr[R]
因此，可以先預處理出前綴和，然後用sum[R]-sum[L-1]代替for L to R求和；可優化到O(n²)。分析後發現該時間複雜度依然不能滿足題目要求,當然前綴和思想還是不錯的，代碼大概如下：

sum[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+arr[i];
for(int L=1;L<=n;L++)
	for(int R=L;R<=n;R++)
		ans=max(ans,sum[R]-sum[L-1]);

枚舉算法至此，似乎已經山窮水盡呢，因爲區間必然有左右端點，似乎最少也得兩個循環，也就是說最少也得O(n²)。
事實上，並非如此，在前綴和的基礎上，可以再優化。

3.枚舉——再優化

再上述算法中不難看出核心代碼就一句：

ans=max(ans,sum[R]-sum[L-1])

如果我們固定R，那麼這句話可以理解爲，找到一個最好的左端點，使得最終的和最大。
顯然，R固定後，sum[R]是不會改變的，因此要使sum[R]-sum[L-1]儘量大，只要找到最小的sum[L-1]即可。
因此，枚舉右端點R，並維護一個前R項的最小和mins即可。可省去枚舉左端點的循環，從而將算法優化到O(n)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5;
int sum[N],ans=-N,n,mins=0;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int R=1;R<=n;R++){
		scanf("%d",&sum[R]);
		sum[R]+=sum[R-1];
		ans=max(ans,sum[R]-mins);
		mins=min(mins,sum[R]);//維護前R項的最小和
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
} 

4.分治

分治思想：大事化小，小事化了。

假設要求解的區間爲[L,R]，L,R的重點爲mid，而且最大和的那一段爲[x,y]，則[x,y]與mid只有三種關係：

1. [x,y]完全處於mid左邊，即x≤y<mid
2. [x,y]橫跨mid，即x<mid<y
3. [x,y]完全位於mid右邊，midx<x≤y

對於第1種和第3種情況，顯然是一個子問題。大問題是求解[L,R]中的[x,y],情況1和情況3是求解[L,mid]和[mid+1,R]中的[x，y]；因此屬於規模更小的子問題，直接遞歸求解即可。
再看情況2，橫跨mid，則表明最優解一定是mid左邊一部分，右邊一部分，因此只需要求出以mid結尾的最優左子段Lsum，以及mid+1的最優右字段Rsum，Lsum+Rsum就是第2種情況的最優解。

最後，返回三種情況中的最大值即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+6;
int arr[N],n;
int getMax(int l,int r){
	if(l==r)return arr[l];
	int mid=(l+r)/2,lsum=-2e9,rsum=-2e9;
	for(int i=mid,sum=0;i>=l;i--)//查找以arr[mid]結尾的左段最大和 
		sum+=arr[i],lsum=max(lsum,sum);
	for(int i=mid+1,sum=0;i<=r;i++)//查找以arr[mid+1]開頭的右段最大和 
		sum+=arr[i],rsum=max(rsum,sum);
	return max(max(getMax(l,mid),lsum+rsum),getMax(mid+1,r));//取三種情況的最大
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&arr[i]);
	printf("%d",getMax(1,n));
	return 0;
}

5.動態規劃DP

動態規劃求解此題是一個經典算法，決策也很簡單，因爲對於數字arr[i]，它只有兩種選擇：

• 連接到前面的序列的末尾，形成一個更長的序列
• 不連接到前面的序列，自己成爲一個新序列的開頭

狀態方程也比較容易，f(i)表示以第i個數結尾的最大連續子序列的 和
對於數字i的決策：

• 若f(i-1)>0，顯然將arr[i]連接到前面的序列更划算
• 若f(i-1)<0，不連接到前面的序列更划算

狀態轉移方程：f(i)=max(f[i-1],0)+arr[i]
只需要掃描一次arr[i]，因此時間複雜度爲O(n)，當然仔細分析會發現數組arr其實以不要。因爲只用了一次，完全可以直接用f[i]代替arr[i]

#include<cstdio>
const int N=2e5+6;
int f[N],n,ans=-2E+9;;
int main(){
	scanf("%d",&n);	
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&f[i]);
		f[i]+=max(0,f[i-1]);
		ans=max(f[i],ans);
	}
	printf("%d",ans);
}

總結

1. 一個題目從不同的角度出發，可能會有不同的解法。
2. 一種算法是否可行，不一定要實現，通過分析就能知道大概。
3. 有時候正解可能是在某個暴力算法的基礎上優化而來（解法3），這個優化可能是某種思想（極大，極小，倍增，差分），也有可能需要採用一切特殊的數據結構（堆或 優先隊列，單調隊列，樹狀數組，線段樹，ST表）。