動態規劃套路：最大子數組和

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• 動態規劃套路：最大子數組和
• • 一、題目描述
  • 二、分析

一、題目描述

這次看一個簡答的題：

二、分析

這道題比較簡單，主要是回顧動態 規劃的解法！

• 其實第一次看到這道題，我首先想到的是滑動窗口算法，因為我們說過，滑動窗口算法就是專門處理子串/子數組問題的，這里不就是子數組問題么？
• 但是，稍加分析就發現，這道題還不能用滑動窗口算法，因為數組中的數字可以是負數。
• 滑動窗口算法無非就是雙指針形成的窗口掃描整個數組/子串，但關鍵是，你得清楚地知道什么時候應該移動右側指針來擴大窗口，什么時候移動左側指針來減小窗口。
• 而對于這道題目，你想想，當窗口擴大的時候可能遇到負數，窗口中的值也就可能增加也可能減少，這種情況下不知道什么時機去收縮左側窗口，也就無法求出「最大子數組和」。
• 解決這個問題需要動態規劃技巧，但是dp數組的定義比較特殊。按照我們常規的動態規劃思路，一般是這樣定義dp數組：

nums[0..i]中的「最大的子數組和」為dp[i]。

• 如果這樣定義的話，整個nums數組的「最大子數組和」就是dp[n-1]。如何找狀態轉移方程呢？按照數學歸納法，假設我們知道了dp[i-1]，如何推導出dp[i]呢？
• 如下圖，按照我們剛才對dp數組的定義，dp[i] = 5，也就是等于nums[0…i]中的最大子數組和：
  
• 那么在上圖這種情況中，利用數學歸納法，你能用dp[i]推出dp[i+1]嗎？
• 實際上是不行的，因為子數組一定是連續的，按照我們當前dp數組定義，并不能保證nums[0..i]中的最大子數組與nums[i+1]是相鄰的，也就沒辦法從dp[i]推導出dp[i+1]。
• 所以說我們這樣定義dp數組是不正確的，無法得到合適的狀態轉移方程。對于這類子數組問題，我們就要重新定義dp數組的含義：

以nums[i]為結尾的「最大子數組和」為dp[i]。

• 這種定義之下，想得到整個nums數組的「最大子數組和」，不能直接返回dp[n-1]，而需要遍歷整個dp數組：

int res = Integer.MIN_VALUE; for (int i = 0; i < n; i++) {res = Math.max(res, dp[i]); } return res;

• 依然使用數學歸納法來找狀態轉移關系：假設我們已經算出了dp[i-1]，如何推導出dp[i]呢？
• 可以做到，dp[i]有兩種「選擇」，要么與前面的相鄰子數組連接，形成一個和更大的子數組；要么不與前面的子數組連接，自成一派，自己作為一個子數組。
• 如何選擇？既然要求「最大子數組和」，當然選擇結果更大的那個啦：

// 要么自成一派，要么和前面的子數組合并 dp[i] = Math.max(nums[i], nums[i] + dp[i - 1]);

綜上，我們已經寫出了狀態轉移方程，就可以直接寫出解法了：

int maxSubArray(int[] nums) {int n = nums.length;if (n == 0) return 0;int[] dp = new int[n];// base case// 第一個元素前面沒有子數組dp[0] = nums[0];// 狀態轉移方程for (int i = 1; i < n; i++) {dp[i] = Math.max(nums[i], nums[i] + dp[i - 1]);}// 得到 nums 的最大子數組int res = Integer.MIN_VALUE;for (int i = 0; i < n; i++) {res = Math.max(res, dp[i]);}return res; }

以上解法時間復雜度是 O(N)，空間復雜度也是 O(N)，較暴力解法已經很優秀了，不過注意到dp[i]僅僅和dp[i-1]的狀態有關，那么我們可以進行「狀態壓縮」，將空間復雜度降低：

int maxSubArray(int[] nums) {int n = nums.length;if (n == 0) return 0;// base caseint dp_0 = nums[0];int dp_1 = 0, res = dp_0;for (int i = 1; i < n; i++) {// dp[i] = max(nums[i], nums[i] + dp[i-1])dp_1 = Math.max(nums[i], nums[i] + dp_0);dp_0 = dp_1;// 順便計算最大的結果res = Math.max(res, dp_1);}return res;

總結

以上是生活随笔為你收集整理的动态规划套路：最大子数组和的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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