Home 成长之路 Leetcode题解 数组之动态规划分治算法

数组之动态规划分治算法

/输入一个整型数组,数组里有正数也有负数。数组中的一个或连续多个整数组成一个子数组。求所有子数组的和的最大值。
要求时间复杂度为O(n)。
示例1:
输入: nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出: 6
解释: 连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大,为 6。
提示:
1 <= arr.length <= 10^5
-100 <= arr[i] <= 100

解题思路:https://leetcode-cn.com/problems/lian-xu-zi-shu-zu-de-zui-da-he-lcof/solution/mian-shi-ti-42-lian-xu-zi-shu-zu-de-zui-da-he-do-2/

动态规划是本题的最优解法,以下按照标准流程解题。
动态规划解析:
状态定义: 设动态规划列表 dpdpdp ,dp[i]dp[i]dp[i] 代表以元素 nums[i]nums[i]nums[i] 为结尾的连续子数组最大和。
为何定义最大和 dp[i]dp[i]dp[i] 中必须包含元素 nums[i]nums[i]nums[i] :保证 dp[i]dp[i]dp[i] 递推到 dp[i+1]dp[i+1]dp[i+1] 的正确性;如果不包含 nums[i]nums[i]nums[i] ,递推时则不满足题目的 连续子数组 要求。
转移方程: 若 dp[i−1]≤0dp[i-1] \leq 0dp[i−1]≤0 ,说明 dp[i−1]dp[i – 1]dp[i−1] 对 dp[i]dp[i]dp[i] 产生负贡献,即 dp[i−1]+nums[i]dp[i-1] + nums[i]dp[i−1]+nums[i] 还不如 nums[i]nums[i]nums[i] 本身大。
当 dp[i−1]>0dp[i – 1] > 0dp[i−1]>0 时:执行 dp[i]=dp[i−1]+nums[i]dp[i] = dp[i-1] + nums[i]dp[i]=dp[i−1]+nums[i] ;
当 dp[i−1]≤0dp[i – 1] \leq 0dp[i−1]≤0 时:执行 dp[i]=nums[i]dp[i] = nums[i]dp[i]=nums[i] ;
初始状态: dp[0]=nums[0]dp[0] = nums[0]dp[0]=nums[0],即以 nums[0]nums[0]nums[0] 结尾的连续子数组最大和为 nums[0]nums[0]nums[0] 。
返回值: 返回 dpdpdp 列表中的最大值,代表全局最大值。
 空间复杂度降低:
由于 dp[i]dp[i]dp[i] 只与 dp[i−1]dp[i-1]dp[i−1] 和 nums[i]nums[i]nums[i] 有关系,因此可以将原数组 numsnumsnums 用作 dpdpdp 列表,即直接在 numsnumsnums 上修改即可。
由于省去 dpdpdp 列表使用的额外空间,因此空间复杂度从 O(N)O(N)O(N) 降至 O(1)O(1)O(1) 。
复杂度分析:
时间复杂度 O(N)O(N)O(N) : 线性遍历数组 numsnumsnums 即可获得结果,使用 O(N)O(N)O(N) 时间。
空间复杂度 O(1)O(1)O(1) : 使用常数大小的额外空间。

动态规划,小试牛刀,感谢楼主。
1.状态,即子问题。
dp[i] 代表以元素 nums[i] 为结尾的连续子数组最大和。

2.转移策略,自带剪枝。
若 dp[i−1]≤0 ,说明 dp[i−1] 对 dp[i] 产生负贡献,即 dp[i−1]+nums[i] 还不如 nums[i] 本身大。

3.状态转移方程,根据前两步抽象而来。

  • 当 dp[i−1]>0 时:执行 dp[i] = dp[i-1] + nums[i];
  • 当 dp[i−1]≤0 时:执行 dp[i] = nums[i] ;

4.设计dp数组,保存子问题的解,避免重复计算

5.实现代码

整个动态规划,最难的就是定义状态。一旦状态定义出来,表明你已经抽象出了子问题,可以肢解原来的大问题了。

贪心算法+分治算法https://leetcode-cn.com/problems/lian-xu-zi-shu-zu-de-zui-da-he-lcof/solution/tan-xin-fen-zhi-dong-tai-gui-hua-fa-by-luo-jing-yu/

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