题目描述
给定K个整数的序列{ N1, N2, …, NK },其任意连续子序列可表示为{ Ni, Ni+1, …, Nj },其中 1 <= i <= j <= K。最大连续子序列是所有连续子序列中元素和最大的一个,例如给定序列{ -2, 11, -4, 13, -5, -2 },其最大连续子序列为{ 11, -4, 13 },最大和为20。现在增加一个要求,即还需要输出该子序列的第一个和最后一个元素。
输入
测试输入包含若干测试用例,每个测试用例占2行,第1行给出正整数K( K<= 10000 ),第2行给出K个整数,中间用空格分隔,每个数的绝对值不超过100。当K为0时,输入结束,该用例不被处理。
输出
对每个测试用例,在1行里输出最大和、最大连续子序列的第一个和最后一个元素,中间用空格分隔。如果最大连续子序列不唯一,则输出序号i和j最小的那个(如输入样例的第2、3组)。若所有K个元素都是负数,则定义其最大和为0,输出整个序列的首尾元素。
样例输入
5
-3 9 -2 5 -4
3
-2 -3 -1
0
样例输出
12 9 5
0 -2 -1
提示
这是一道稍微有点难度的动态规划题。
首先可以想到的做法是枚举每个区间的和,预处理sum[i]来表示区间[1, i]的和之后通过减法我们可以O(1)时间获得区间[i, j]的和,因此这个做法的时间复杂度为O(n^2)。
然后这题的数据范围较大,因此还需作进一步优化才可以AC。记第i个元素为a[i],定义dp[i]表示以下标i结尾的区间的最大和,那么dp[i]的计算有2种选择,一种是含有a[i-1],一种是不含有a[i-1],前者的最大值为dp[i-1]+a[i],后者的最大值为a[i]。而两者取舍的区别在于dp[i-1]是否大于0。
思路一:动态规划。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 10010;
// A[i]存放序列,dp[i]存放以A[i]结尾的连续序列的最大和,st[i]存放dp[i]的第一个元素
int A[maxn], dp[maxn], st[maxn];
int main() {
int n;
while (scanf("%d", &n), n != 0) {
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", &A[i]);
}
dp[0] = A[0];
st[0] = A[0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[i] = max(A[i], dp[i - 1] + A[i]); //状态转移方程
if (dp[i - 1] < 0) { //以上一个元素结尾的连续序列最大和小于0时
st[i] = A[i]; //重新记录
} else {
st[i] = st[i - 1]; //不变
}
}
int k = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (dp[i] > dp[k]) {
k = i;
}
}
if (dp[k] >= 0) {
printf("%d %d %d\n", dp[k], st[k], A[k]);
} else {
printf("0 %d %d\n", A[0], A[n - 1]);
}
}
return 0;
}
思路二:在线处理算法。如果当前子列和小于0,则不能对后续的子列和贡献正面影响,故舍去。
#include <cstdio>
const int maxn = 10010;
int a[maxn];
int main() {
int n;
while (scanf("%d", &n), n != 0) {
int left = 0, right = n - 1, templeft = 0;
int temp = 0, max = -1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
temp += a[i]; //记录当前子列和
if (temp > max) { //有更大的子列和时
max = temp;
left = templeft; // left随templeft更新
right = i; // right随i更新
} else if (temp < 0) { //如果当前子列和小于0则舍去
temp = 0; //重新开始记录
templeft = i + 1; // left变成下一个位置
}
}
if (max < 0) {
max = 0;
}
printf("%d %d %d\n", max, a[left], a[right]);
}
return 0;
}