最大子列和

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参考中国大学Mooc (浙江大学)->数据结构

我把陈越姥姥讲的最大子列和记录一下,以备不时之需.

"最大子列和" 问题

给一个数组,让求出其中所有子列数据的和的Max 值.

1.暴力求解

拿到这个问题的第一瞬间想到的几乎都是暴力,

遍历所有的子序列,找到其中最大值

//暴力求解
int MaxSubseqSum1(int A[], int n)
{
    int ThisSum, MaxSum = 0;
    int i,j,k;
    //找出所有子列
    for (i = 0; i < n; i++)
    {
        for (j = i; j < n; j++)
        {
            ThisSum = 0;
            for(k = i; k <= j; k++)
            {
                ThisSum += a[k];
            }// 求子列和
            if(ThisSum > MaxSum)
            {
                int t = ThisSum;
                ThisSum = MaxSum;
                MaxSum = t;
            }
        }
    }
    return MaxSum;
}

优点:特别容易被人理解,特别简单

缺点:时间复杂度N的立方,太慢了

2.暴力的改进版本

仔细分析第一种方法,可以得到,最内层的 k 循环,完全可以通过简单的变化消失掉.

即:建立在 j 循环基础,消除 k 循环

//对暴力的简单改进
int MaxSubseqSum1(int A[], int n)
{
    int ThisSum, MaxSum = 0;
    int i,j,k;
    //找出所有子列
    for (i = 0; i < n; i++)
    {
        ThisSum = 0;
        for (j = i; j < n; j++)
        {//此处使用累加,消除掉 k 循环
            ThisSum += a[j];
            if(ThisSum > MaxSum)
            {
                int t = ThisSum;
                ThisSum = MaxSum;
                MaxSum = t;
            }
        }
    }
    return MaxSum;
}

时间复杂:N的平方

较第一种改进较大.

3. 二分

太过复杂,建议去大学Mooc 二分法链接观看,此处只给出代码

int Max3( int A, int B, int C )
{ /* 返回3个整数中的最大值 */
    return A > B ? A > C ? A : C : B > C ? B : C;
}
 
int DivideAndConquer( int List[], int left, int right )
{ /* 分治法求List[left]到List[right]的最大子列和 */
    int MaxLeftSum, MaxRightSum; /* 存放左右子问题的解 */
    int MaxLeftBorderSum, MaxRightBorderSum; /*存放跨分界线的结果*/
 
    int LeftBorderSum, RightBorderSum;
    int center, i;
 
    if( left == right )  { /* 递归的终止条件，子列只有1个数字 */
        if( List[left] > 0 )  return List[left];
        else return 0;
    }
 
    /* 下面是"分"的过程 */
    center = ( left + right ) / 2; /* 找到中分点 */
    /* 递归求得两边子列的最大和 */
    MaxLeftSum = DivideAndConquer( List, left, center );
    MaxRightSum = DivideAndConquer( List, center+1, right );
 
    /* 下面求跨分界线的最大子列和 */
    MaxLeftBorderSum = 0; LeftBorderSum = 0;
    for( i=center; i>=left; i-- ) { /* 从中线向左扫描 */
        LeftBorderSum += List[i];
        if( LeftBorderSum > MaxLeftBorderSum )
            MaxLeftBorderSum = LeftBorderSum;
    } /* 左边扫描结束 */
 
    MaxRightBorderSum = 0; RightBorderSum = 0;
    for( i=center+1; i<=right; i++ ) { /* 从中线向右扫描 */
        RightBorderSum += List[i];
        if( RightBorderSum > MaxRightBorderSum )
            MaxRightBorderSum = RightBorderSum;
    } /* 右边扫描结束 */
 
    /* 下面返回"治"的结果 */
    return Max3( MaxLeftSum, MaxRightSum, MaxLeftBorderSum + MaxRightBorderSum );
}
 
int MaxSubseqSum3( int List[], int N )
{ /* 保持与前2种算法相同的函数接口 */
    return DivideAndConquer( List, 0, N-1 );
}

c 二分法链接观看,此处只给出代码

时间复杂度:N*log(N)

但是理论较难,代码晦涩.

直接发老师的代码拷过来了。主要是来思考时间复杂度。

对于一个数组，我们将其一分为二，分别得到各个部分的最优解。而要得到部分最优解，要继续进行下一次划分。

最小的问题是划分中只剩下一个元素。最后，我们比较这一次划分得到的最优解，从三个值中选择——划分左边的解，划分右边的解，越过划分的解。由此可得，对某个元素为n的问题，有：
T(n)=2T(n/2)+cO(n)
其中T(n/2)为解决左右情况的时间，cO(n)为扫描整个数据而得到越过划分的解的时间。
T(n)=4T(n/4)+2cO(n)
……
假设进行k次分治，找规律可以得到：
T(n)=2^kT(n/2^k)+kcO(n)
最小的问题规模为1，由n/2^k=1，得到k=logn。将k带入到T(n)=2^kT(n/2^k)+kcO(n)中可知：
T(n)=nT(1)+logn*cO(n)
故时间复杂度为nlogn。

此外，老师提到计算一下该算法的空间复杂度（①由递归产生的空间复杂度②算法整体空间复杂度），在这里我借鉴讨论区的答案总结一下。

递归调用了k=logn次，因此占用的空间为S(logn)。而对于整体，会将数组划分至最小，有n个，所以空间复杂度为S(logn)+S(n)=S(n)。

4.在线处理

一个牛逼的算法

从前到后进行一次遍历,找到其中最大值,但是只要某一段子列和为0,即抛弃此时的ThisSum,重新置为0

//在线处理法
int MaxSubseqSum4(int A[], int n)
{
    int ThisSum = 0, MaxSum = 0;
    int i;
    for(i = 0; i<n; i++)
    {
        ThisSum += a[i];
        if(ThisSum >MaxSum)
        {
            MaxSum= ThisSum;
        }
        else if(ThisSum <0){
            ThisSum = 0;
        }
        
    }
    return MaxSum;
}

时间: N

缺点: 总有人怀疑其正确性(讲真,我还觉得这个算法有问题...)