算法竞赛中最大子段和问题解法总结与拓展
对于算法竞赛中最大子段和问题总结三种不同的做法，并比较三种做法的优劣。进而探讨最大子段和问题的本质，并以一道变体题为例深入研究
本人第一次写博客，多多包涵
算法竞赛中最大子段和问题解法总结与拓展
题意总结
给出一段序列，在其中找出最大的连续且非空的子段。序列长度 n <= 2e5, |a[i]| <= 1e4
解法1:动态规划
容易注意到，当我们考虑每个数字时，我们希望知道这个数是跟在之前的段里面，还是从这个数开始新开一个子段，还是不去使用这个数字
考虑动态规划，使用 dp[i] 表示将第 i 个数作为子段结尾的最大子段和，如果能够依靠这种方式 dp 出来结果，这个数组的最大值就是本题答案，因为对每个数都进行了考虑，所以这样就处理掉了不使用这个数这种情况
接下来我们只需要考虑两种情况，将 a[i] 当作结尾，还是延续前面的子段
-
第一种情况，新的子段和为
dp[i-1]+a[i] -
第二种情况，新的子段和就是
a[i]
于是可以写出状态转移方程
dp[i] = max(dp[i-1]+a[i],a[i])
在 dp 的过程中，动态维护 dp[i] 的最大值，就可以得到本题答案
顺便一提，因为这道题只需要依靠 dp[i-1] 进行转移，所以可以压缩一个维度，写成这样：
dp = max(dp+a[i],a[i])
void solve()
{
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for(int i = 0;i < n;i++)
cin >> a[i];
int ans = -2e9;// 答案的极小值
int dp = -2e9;
for(int i = 0;i < n;i++)
{
dp = max(dp+a[i],a[i]);
ans = max(ans,dp);
}
cout << ans << '\n';
}
时间复杂度：O(n)
解法2:前缀和+取区间最值
我们先考虑朴素解法
枚举所有的连续子段，对每一个子段求和，取最大值
分析时间复杂度：枚举首尾端点 O(n^2) ，朴素方法求和 O(n) ，合起来就是 O(n^3)
考虑改用前缀和求子段和，用pre[i]表示从a[1]到a[i]的和
可以得到求任意区间[i,j]的公式 pre[j] - pre[i-1]
预处理 O(n) ，每次查询 O(1) 。总复杂度优化为 O(n^2)
然后，我们考虑有没有什么办法来优化枚举断点带来的 O(n^2)
分析一下枚举的过程，枚举一个尾端点j，左端点i在[1,j]之间寻找使得总和最小的区间
回顾一下区间和计算公式pre[j]-pre[i-1]，因为在枚举每个j的时候，pre[j]是不会变的。所以这个问题的本质，其实就是：数组pre在[0,j-1]之间的最小值
也就是说，我们要依次计算pre在区间[0,0] [0,1]……[0,n-1]的区间最小值
也就是说，我们只需要在枚举j的时候去维护pre的前j-1项的最小值就行了
于是我们得到了O(n)的解法
void solve()
{
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n+1);// 涉及到前缀和，用1-based处理更方便
for(int i = 1;i <= n;i++)
cin >> a[i];
vector<int> pre(n+1);
for(int i = 1;i <= n;i++)
pre[i] = pre[i-1] + a[i];
int ans = INT_MIN;
int mn = pre[0];
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
ans = max(ans,pre[i] - mn);
mn = min(mn,pre[i]);
}
cout << ans << '\n';
}
时间复杂度：O(n)
解法3:分治法
考虑使用分治法解决问题，将序列一分为二，对左右两段递归下去来求解，组合起来得到最终答案
将一整个序列分成左右两边，最大子序列会有3种情况
- 最大子序列在左边取到
- 最大子序列在右边取到
- 最大子序列跨过了中间点，同时占据左右两边
对于前两种情况，可以通过递归来求解
对于第三种情况，可以分解成
- 左边半段中，求所有以
mid为尾端的最大子序列和最大值 - 右边半段中，求所有以
mid+1为首端的最大子序列和最大值
通过枚举，可以O(n)复杂度解决
然后把这俩加起来
对这三种情况取最大值，就是本区间答案
分治复杂度O(logn)，总复杂度O(nlogn)，本题不会超时
// 在算法竞赛中用到函数时，使用全局变量可以免去传参的麻烦
int n;
vector<int> a;
int find_max_cross_sunarray(int l,int mid,int r)
{
int left_sum = LLONG_MIN,right_sum = LLONG_MIN;
int sum = 0;
for(int i = mid;i >= l;i--)
{
sum += a[i];
left_sum = max(left_sum,sum);
}
sum = 0;
for(int i = mid + 1;i <= r;i++)
{
sum += a[i];
right_sum = max(right_sum,sum);
}
return left_sum + right_sum;
}
int find_max_subarray(int l,int r)
{
if(l == r)
return a[l];
else
{
int mid = l + (r-l)/2;
int left_sum = find_max_subarray(l,mid);
int right_sum = find_max_subarray(mid+1,r);
int cross_sum = find_max_cross_sunarray(l,mid,r);
return max({left_sum,right_sum,cross_sum});
}
}
void solve()
{
cin >> n;
a.resize(n);
for(auto &i : a)
cin >> i;
cout << find_max_subarray(0,n-1) << '\n';
}
时间复杂度：O(nlogn)
这三种解法，谁更好？
首先排除分治法，这种方法对注意力要求太高了，复杂度还更大，递归的coding难度又高
而在 动态规划 和 前缀和+维护区间最值 这两种方法之间。个人更倾向于后者
虽然这两种方法时间复杂度一致，但是在思路上，动态规划解法需要将问题转化为"以j结尾最值"，再想到分成"延续前面"和"新开一段"这两种情况。这其实需要一定注意力，而太依赖注意力往往也意味着解法难以拓展。
前缀和+维护区间最值的解法为什么更好？
因为这种解法揭示了 "最大子段和" 这个问题的本质，其实就是求 n 次区间最值
而"求区间最值"这个问题，在算法竞赛中有着非常丰富的处理手段
| 查询特征 | 运用算法 | 时间复杂度 |
|---|---|---|
| 固定一个端点，单调移动另外一个 | 打擂台 | O(1) |
| 两个端点都单调移动 | 单调队列 | 均摊O(1) |
| 随机查询 | ST表 | 预处理O(nlogn) 查询O(1) |
| 随机查询 | 线段树 | 预处理O(n) 查询O(logn) |
| …… | …… | …… |
以本题为例，这个问题的 "求区间最值" 是固定一个端点，从左到右移动另一个端点，只要用维护一个变量打擂台的方法就可以解答此题
而对于这类问题的其他变体，可能就需要运用其他求区间最值的方法。但是万变不离其宗，无论怎么变化，都可以套用 求前缀和+枚举尾端点+求区间最值 这个思路。这是动态规划所无法揭示的
最大子段和的拓展
题意总结
给定一个长度为n只包含 −1,0,1 的序列，求出往 0 的位置上填 k 个 1，其余填 −1 后最大子段和的最大值。1 <= n,k <= 1e7
题解
注意这道题的数据范围，这是一道卡掉O(nlogn)，通过O(n)的题目，这在算法竞赛中非常少见，因为这种数据范围非常容易使得O(n)解法被卡常。所以要特别注意常数优化
按照我们之前总结的套路，这个问题一样可以转化为 求前缀和+枚举尾端点+求区间最值
假设首端点为i，尾端点为j。求解的区间范围就是[0,j-1]
定义原数组前缀和为pre[i]，区间和记作pre[i,j]
所以，接下来的问题就在于，怎么求区间最值
容易想到，我们希望一个子段最大。应该尽量把这个子段里面的0都变成1。如果这里面0的数量大于k，那剩下的0就只能填-1
我们定义cnt0[i,j]为区间[i,j]里0的数量
分类讨论
- 当
cnt0[i,j]<=k时，最大子段和 =pre[i,j]+cnt0[i,j] - 当
cnt0[i,j]>k时，最大子段和 =pre[i,j]+k+ (k-cnt0[i,j]) =pre[i,j]+2k-cnt0[i,j]
考虑如何找出这两种情况的临界点
实际上，这个临界点，就是从当前的j开始，往前数k个0后，第k+1个0的位置。
建一个pos0[]数组，代表整个数组的第i个0出现在原数组的pos0[i]位置
计算公式：p = pos0[max(0,cnt0[j]-k)]
然后可以转化为
- 当
i>p时，最大子段和 =pre[i,j]+cnt0[i,j] - 当
i<=p时，最大子段和 =pre[i,j]+k+ (k-cnt0[i,j]) =pre[i,j]+2k-cnt0[i,j]
参数还是有点多，想想能不能合并一下
注意到：
pre[i,j]+cnt0[i,j]，其实就是把所有的0全部填1以后得到的数组前缀和pre[i,j]-cnt0[i,j]，其实就是把所有的0全部填-1以后得到的数组前缀和
我们定义
- 把所有的
0全部填1以后得到的数组前缀和 为prep[i] - 把所有的
0全部填-1以后得到的数组前缀和 为pren[i]
转化为
- 当
i>p时，最大子段和 =prep[i,j] - 当
i<=p时，最大子段和 =pren[i,j]+2k
这样，我们的求解思路就是分别求两个区间最小值
prep[]在区间[p+1,j-1]最小值pren[]在区间[0,p]最小值
对于第二种情况，就是一个端点固定，另外一个从左到右移动，打擂台就行
对于第一种情况，它完美符合我们之前提过的 两个端点都单调移动 的情况，想到单调队列维护区间最值
取两种情况的最大值，就是当前j位置的答案。所有j的最大值，就是本题答案
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最大子段和的真理，我已解明！
void solve()
{
int n,k;
cin >> n >> k;
vector<int> a(n+1);
for(int i = 1;i <= n;i++)
cin >> a[i];
vector<int> pren(n+1),prep(n+1),pos0;
pos0.push_back(-1);
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
if(a[i] == 0)
{
pren[i] = pren[i-1] - 1;
prep[i] = prep[i-1] + 1;
pos0.push_back(i);
}
else
{
pren[i] = pren[i-1] + a[i];
prep[i] = prep[i-1] + a[i];
}
}
int cnt0 = 0;
int ans = -1;
int mn = 0;
deque<pii> q;
q.push_back({0,0});
int lsp = -1;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
if(a[i] == 0)
cnt0++;
int p = pos0[max(0,cnt0-k)];
while(!q.empty() && q.front().second < p+1)
q.pop_front();
while(!q.empty() && q.back().first > prep[i])
q.pop_back();
q.push_back({prep[i],i});
ans = max(ans,prep[i] - q.front().first);
if(p != lsp)
{
for(int k = lsp+1;k <= p;k++)
mn = min(mn,pren[k]);
lsp = p;
}
if(p != -1)
ans = max(ans,pren[i] - mn + 2*k);
}
cout << ans << endl;
}
时间复杂度：O(n)
浙公网安备 33010602011771号