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“数组”: https://leetcode.com/tag/array/ “分治算法”: https://leetcode.com/tag/divide-and-conquer/ “动态规划”: https://leetcode.com/tag/dynamic-programming/ Similar Questions: “买卖股票的最佳时机”: https://leetcode.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/ “乘积最大子数组”: https://leetcode.com/problems/maximum-product-subarray/ “数组的度”: https://leetcode.com/problems/degree-of-an-array/
“最长湍流子数组”: https://leetcode.com/problems/longest-turbulent-subarray/
Problem: Link to heading
给定一个整数数组 nums ，找到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。
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 = [0]
输出：0
示例 4：
输入：nums = [-1]
输出：-1
示例 5：
输入：nums = [-100000]
输出：-100000
提示：
1 <= nums.length <= 3 * 104-105 <= nums[i] <= 105
**进阶：**如果你已经实现复杂度为 O(n) 的解法，尝试使用更为精妙的 分治法 求解。
Solution: Link to heading
方法一：动态规划 思路和算法 假设 $n u m s$ 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： $$ \max _{0 \leq \imath \leq n-1}{f(i)} $$ 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 $n u m s[i]$ 单独成为一段还是加入 $f(i-1)$ 对应的那一段，这取决于 $\operatorname{nums}[i]$ 和 $f(i-1)+n u m s[i]$ 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： $$ f(i)=\max {f(i-1)+\operatorname{nums}[i], \text { nums }[i]} $$ 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 $p r e$ 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。
代码
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
int nowsum = 0 , maxsum = nums[0];
for (const auto &i: nums) {
nowsum = max(i,nowsum + i);
maxsum = max(maxsum, nowsum);
}
return maxsum;
}
};
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 思路和算法
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 $\operatorname{get}(\mathrm{a}, \mathrm{l}, \mathrm{r})$ 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 $m=\left\lfloor\frac{l+r}{2}\right\rfloor$, 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: $l S u m$ 表示 $[l, r]$ 内以 $l$ 为左端点的最大子段和 $r S u m$ 表示 $[l, r]$ 内以 $r$ 为右端点的最大子段和 $m S u m$ 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 $n u m s[i]$ 相等。对于长度大于 1 的区间: 首先最好维护的是 $i S u m$, 区间 $[l, r]$ 的 $i S u m$ 就等于「左子区间」的 $i S u m$ 加上「右子区间」的 $i S u m_{\circ}$ 对于 $[l, r]$ 的 $l$ Sum, 存在两种可能，它要么等于「左子区间」的 $l$ Sum, 要么等于「左子区间」的 $i$ Sum 加上「右子区间」的 $l S u m$, 二者取大。 对于 $[l, r]$ 的 $r S u m$, 同理，它要么等于「右子区间」的 $r S u m$, 要么等于「右子区间」的 $i S u m$ 加上 「左子区间」的 $r S u m$, 二者取大。 当计算好上面的三个量之后，就很好计算 $[l, r]$ 的 $m S u m$ 了。我们可以考虑 $[l, r]$ 的 $m S u m$ 对应的区间 是否跨越 $m$ 一它可能不跨越 $m$, 也就是说 $[l, r]$ 的 $m S u m$ 可能是「左子区间」的 $m S u m$ 和 「右子区 间」的 $m S u m$ 中的一个; 它也可能跨越 $m$, 可能是「左子区间」的 $r S u m$ 和 「右子区间」的 $l$ Sum 求 和。三者取大。
代码
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;
}
};
复杂度分析
假设序列 $a$ 的长度为 $n_{0}$ 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 $O(\log n)$, 这里的总时间相当于遍历这颗二叉树的所有节点，故总时间的渐进上界是 $O\left(\sum_{i=1}^{\log n} 2^{i-1}\right)=O(n)$, 故渐进时间复杂度为 $O(n)$ 。 空间复杂度：递归会使用 $O(\log n)$ 的栈空间，故渐进空间复杂度为 $O(\log n)_{\text {。 }}$ 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 $O(\log n)$ 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 $O(\log n)$ 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一一线段 树。