最大连续和问题

最大连续和问题的提法：

给出一个长度为n的序列A1,A2,...,An，求最大的连续和（Ai+Ai+1...+Aj）。

1、首先最容易想到的思路是进行枚举，即枚举所有的i和j，累加Ai到Aj，然后更新最大值。

实现如下：（时间复杂度为O(n^3)）

#include <iostream>
using namespace std;

int a[100], n;

int main()
{
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d",&a[i]);	//输入数据
	
	int max = -0x7fffffff;
	int sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++)//O(n^2)
		for(int j = i; j <= n; j ++){
			sum = 0;
			for(int k = i; k <= j; k ++) sum += a[k];
			if(sum > max) max = sum;
		}
	cout << max <<endl;
	
	return 0;
}

2、对于上面的直接枚举方法，还可以进行预处理，以改进时间复杂度为O(n^2)

预处理的方法是累加前i个元素的和，并存放起来S[i],而S[i]的计算是可以递推求解的。预处理时间花费为O(n)。

然后枚举的时候，A[i..j]这一子序列的和就可以在O（1）时间内求出来了。A[i..j] = S[j] - S[i-1].

实现如下：（时间复杂度为O(n^2)）

#include <iostream>
using namespace std;

int a[100], s[100], n;

int main()
{
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d",&a[i]);	//输入数据

	//预处理，求累加和
	s[0] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) s[i] = s[i-1] + a[i];

	//枚举i，j
	int max = -0x7fffffff;
	int sum = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++)//O(n^2)
		for(int j = i; j <= n; j ++){
			sum = s[j] - s[i-1];
			if(sum > max) max = sum;
		}
	cout << max <<endl;
	
	return 0;
}

3、根据《算法竞赛入门经典》一书上的说法，还可以得到O（n)的解法。

即sum = s[j] - s[i-1]，而i<j，故对于确定的j，要使sum最大，让s[i-1]最小即可，可以维护一个s的最小值，从而直接使用。

实现如下：（时间复杂度为O(n)）

#include <iostream>
using namespace std;

int a[100], s[100], n;

int main()
{
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d",&a[i]);	//输入数据

	//预处理，求累加和
	s[0] = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) s[i] = s[i-1] + a[i];

	//枚举i，j
	int max = -0x7fffffff;
	int min = s[0];
	for(int i = 1; i <= n; i ++){		
		if(s[i] - min > max) max = s[i] - min;
		if(s[i] < min) min = s[i];//min保存了s[1]~s[i-1]中的最小值
	}
	cout << max <<endl;
	
	return 0;
}

4、分治法

首先，分治法的三个步骤：划分问题、递归求解、合并问题。

划分问题：将序列二分

递归求解：分别求解左右两边子序列的最大连续和

合并问题：最大连续和A[i...j]可能就在左子序列（其解为LL），也可能在右子序列（其解为RR），也可能跨越了划分点（即中点，左右两边各有一部分），因此，如果是第三种情况，则以划分点为终点向左边扫描以求出最大连续和L，类似的，以划分点为起始点向右扫描，以求出最大连续和R，则问题的解为max{LL,RR,L+R}

实现如下：（时间复杂度为O(nlogn)，因为合并问题花费O（n），于是：T(n) = 2T(n/2) + n，其解为O（nlogn））

#include <iostream>
using namespace std;

int a[100], s[100], n;

int max(int a, int b){return a > b ? a : b;}

int maxSubSum(int * a, int x, int y) //区间为[x,y)
{
	//边界情况->只有一个元素
	if(y-x == 1) return a[x];

	//否则进行二分
	int m = x + (y-x)/2;//学的《算法竞赛入门经典》,这样可以保证中点更靠近x	
	int LL = maxSubSum(a,x,m);//左子问题的解
	int RR = maxSubSum(a,m,y);//右子问题的解
	int sum = 0;//以m为终点向左右半序列扫描求最大连续和
	int L = -0x7fffffff;
	for(int i = m; i >= x; i --){
		sum += a[i];
		if(sum > L) L = sum;
	}
	int R = -0x7fffffff;
	sum = 0;
	for(int i = m; i < y; i ++){
		sum += a[i];
		if(sum > R) R = sum;		
	}

	//合并解
	int res = max(LL,RR);
	res = max(res,L+R-a[m]);//左右扫描的时候a[m]各算了一次
	return res;
}

int main()
{
	cin >> n;
	for(int i = 1; i <= n; i ++) scanf("%d",&a[i]);	//输入数据
	
	cout << maxSubSum(a,1,n+1) <<endl;//注意参数的范围是开区间[1,n+1)
	
	return 0;
}

5、总结

上面讨论了最大连续和问题的4种解法和实现的代码，另外，测试的时候用的测试用例如下：

输入：

9
1 2 -2 3 4 5 -6 7 -10

输出：

从可以看到，一个问题的不同解法，其时间复杂度相差甚大。从O(n^3)到O（n^2)的改进，是通过算累加和的预处理实现的。而从O（n^2）到O(n)的改进则是通过进一步的递推（维护当前所见到的最小的s[i-1]）实现的。而分治法能达到O(nlogn)的时间复杂度，是因为其复杂度函数为T(n) = 2T(n/2) + n。上面的改善过程就是不断减少冗余计算的过程，应该多注意体会递推的思想、分治法的思想和步骤、预处理的方法。

最大连续和问题

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