最大连续子序列之和

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一个有N个元素的整型数组arr，有正有负，数组中连续一个或多个元素组成一个子数组，这个数组当然有很多子数组，求子数组之和的最大值。例如：[0，-2，3，5，-1，2]应返回9，[-9，-2，-3，-5，-3]应返回-2。

网上有称之为最大子序列和，亦有称连续子数组最大和。个人觉得叫最大子序列和不太妥，数学上讲，子序列不一定要求连续，而这里我们的题目必然要求是连续的，如果不连续而求子序列最大和很显然就无意义了，这也是为啥又称连续子数组最大和。不过，莫要在意细节。

鉴于《编程之美》对其有几个扩展问题，这里就练手一并实现了，不过整理过程中发现了《编程之美》中的解法错误，查了一下官网的勘误表，居然木有，小激动了一下。。。

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基本思路

最直接的方法就是找出所有的子数组，然后求其和，取最大。如果每个子数组都遍历求和，该方法的复杂度为O(N^3)，仔细考虑，在遍历过程中，这些子数组的和是有重复计算的：下标i与j之间的区间和Sum[i,j]=Sum[i,j-1]+arr[j]。于是子数组和的求法不必每次都遍历，算法复杂度可以降为O(N^2)。代码如下：

/* 最大子数组和 设数组长度不超过30*/

#define INF 1000

/* 基本思路 */
int Maxsum_base(int * arr, int size)
{
    int maxSum = -INF;
    for (int i = 0; i < size; ++i) /*for each i, got a sum[i,j]*/
    {
        int sum = 0;
        for (int j = i; j < size; ++j)
        {
            sum += arr[j];
            if (sum > maxSum)
            {
                maxSum = sum;
            }
        }
    }
    return maxSum;
}

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DP方案

考虑DP求解。这个问题可以继续像LCS、LIS一样，“从后向前”分析（《编程之美》对此又是从前向后分析的，个人不太习惯）。我们考虑最后一个元素arr[n-1]与最大子数组的关系，有如下三种情况：

arr[n-1]单独构成最大子数组
最大子数组以arr[n-1]结尾
最大子数组跟arr[n-1]没关系，最大子数组在arr[0-n-2]范围内，转为考虑元素arr[n-2]
从上面我们可以看出，问题分解成了三个子问题，最大子数组就是这三个子问题的最大值，现假设：

以arr[n-1]为结尾的最大子数组和为End[n-1]
在[0-n-1]范围内的最大子数组和为All[n-1]
如果最大子数组跟最后一个元素无关，即最大和为All[n-2]（存在范围为[0-n-2]），则解All[n-1]为三种情况的最大值，即All[n-1] = max{ arr[n-1]，End[n-1]，All[n-2] }。从后向前考虑，初始化的情况分别为arr[0]，以arr[0]结尾，即End[0] = arr[0]，最大和范围在[0,0]之内，即All[0]=arr[0]。根据上面分析，给出状态方程：

All[i] = max{ arr[i]，End[i-1]+arr[i]，All[i-1] }

代码如下：

/* DP base version*/
#define max(a,b) ( a > b ? a : b)

int Maxsum_dp(int * arr, int size)
{
    int End[30] = { -INF};
    int All[30] = { -INF};
    End[0] = All[0] = arr[0];

    for (int i = 1; i < size; ++i)
    {
        End[i] = max(End[i - 1] + arr[i], arr[i]);
        All[i] = max(End[i], All[i - 1]);
    }
    return All[size - 1];
}

上述代码在空间上是可以优化为O(1)的，这里就不说了，详参考《编程之美》2.14。

下面说一下由DP而导出的另一种O(N)的实现方式，该方法直观明了，个人比较喜欢，所以后续问题的求解也是基于这种实现方式来的。

仔细看上面DP方案的代码，End[i] = max{arr[i]，End[i-1]+arr[i]}，如果End[i-1]<0，那么End[i]=arr[i]，什么意思？End[i]表示以i元素为结尾的子数组和，如果某一位置使得它小于0了，那么就自当前的arr[i]从新开始，且End[i]最初是从arr[0]开始累加的，所以这可以启示我们：我们只需从头遍历数组元素，并累加求和，如果和小于0了就自当前元素从新开始，否则就一直累加，取其中的最大值便求得解。

到这里其实就可以了，在《编程之美》中，作者故意没有按照这种推导来实现（我猜的），而是在End[i-1]<0时，让End[i]=0，从而留出了一个问题（元素全是负数怎么办），其实如果按照上面的推导直接实现的话，就不存在这个问题了；（题外话：还是要坚持写博客做总结，这是一个重新思考的过程，这几天做这几道题发现当时也就看懂大部分，更多的细节和问题是在写博客重新整理的过程中发现的。后面扩展问题也是在整理过程中才发现了《编程之美》中的错误。）

基于上面的推导，代码如下：

/* DP ultimate version */
int Maxsum_ultimate(int * arr, int size)
{
    int maxSum = -INF;
    int sum = 0;
    for(int i = 0; i < size; ++i)
    {
        if(sum < 0)
        {
            sum = arr[i];
        }else
        {
            sum += arr[i];
        }
        if(sum > maxSum)
        {
            maxSum = sum;
        }
    }
    return maxSum;
}

其实上面的方法虽说是从DP推导出来的，但是写完发现也是很直观的方法，求最大和，那就一直累加呗，只要大于0，就说明当前的“和”可以继续增大，如果小于0了，说明“之前的最大和”已经不可能继续增大了，就从新开始，如此这样。

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返回最大子数组始末位置

这个问题是《编程之美》2.14的扩展问题，返回始末位置还是比较容易的，我们知道，每当当前子数组和的小于0时，便是新一轮子数组的开始，每当更新最大和时，便对应可能的结束下标，这个时候，只要顺便用本轮的起始和结束位置更新始末位置就可以，程序结束，最大子数组和以及其始末位置便一起被记录下来了，代码如下：

/* 最大子数组 返回起始位置 */
void Maxsum_location(int * arr, int size, int & start, int & end)
{
    int maxSum = -INF;
    int sum = 0;
    int curstart = start = 0;  /* curstart记录每次当前起始位置 */
    for(int i = 0; i < size; ++i)
    {
        if(sum < 0)
        {
            sum = arr[i];
            curstart = i;     /* 记录当前的起始位置 */
        }else
        {
            sum += arr[i];
        }
        if(sum > maxSum)
        {
            maxSum = sum;
            start = curstart; /* 记录并更新最大子数组起始位置 */
            end = i;
        }
    }
}

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数组首尾相连【《编程之美》解法错误分析】

这个也是2.14的扩展问题，如果数组arr[0],…,arr[n-1]首尾相邻，也就是允许找到一段数字arr[i],…,arr[n-1],arr[0],…,a[j]，使其和最大，该如何？

编程之美解法：这个问题的解可以分为两种情况：

1） 解没有跨越arr[n-1]到arr[0] （原问题）

2） 解跨越arr[n-1]到arr[0]

对于第二种情况，只要找到从arr[0]开始和最大的一段（arr[0],…,arr[j]）以及以arr[n-1]结尾的和最大的一段（arr[i],…,arr[n-1]）【Error 1】,那么第二种情况下和的最大值就为sum=arr[i]+…+arr[n-1]+arr[0]+…arr[j]。如果i<=j，则sum=arr[0]+…arr[n-1]，【Error 2】否则sum=arr[0]+…+arr[j]+arr[i]+…arr[n-1]。就是这两个地方，当时觉得有问题。

1）先说Error 1：这里分析的出发点就是错误的，因为“跨越边界的子数组最大和与它两端子数组和是否是最大无关”，前者并非后者的充分条件，这个没有直接的理论证明，举个例子，数组[1，-2，3，5，-1，2]最大子数组和为跨界子数组[1，| 3，5，-1，2]，但是[1]并非是以arr[0]开始的最大和；反过来，两端子数组和最大，这个涉及Error 2，如下

2）然后Error 2：反过来，两端子数组和最大（when i<=j），这个情况复杂多了，远远不是上面所说的那么简单sum= arr[0]+…arr[n-1]，例如数组[8，-10，60，3，-1，-6]，以arr[0]开始的最大子数组为[8，-10，60，3] ，以arr[n-1]为结尾的最大子数组为[60，3，-1，-6]，且i<=j，但是整体的最大子数组却不是arr[0]-arr[n-1]，而是跨界子数组[8 | 60，3，-1，-6]。

综上，这个问题不能这样思考，这也给我一个启发：一者看书要试着带有批判性的态度去看；二者别人说的不一定对，或许顺着他的思路觉得有道理，但一定要去亲自实现，实践见真知。

那么怎么做呢？

根据上面两个所举的测试用例，可以发现[1，-2，3，5，-1，2]中最大子数组去掉的是-2，而[8，-10，60，3，-1，-6]中最大子数组排除的是-10，这两个有什么特点？没错，这两个数都是两个数组中“最小”的，所以，类似的，像之前讲过的捞鱼问题，我们找最大子数组的对偶问题——最小子数组，有了最小子数组的值，总值减去它不就可以了么？但是我又想，这个对偶问题只能处理这种跨界的特殊情况吗？答案是肯定的，如果最大子数组跨界，那么剩余的中间那段和就一定是最小的，而且和必然是负的；相反，如果最大子数组不跨界，那么总值减去最小子数组的值就不一定是最大子数组和了，例如上面我们的例子[8，-10，60，3，-1，-6]，最大子数组为[8 | 60，3，-1，-6]，而最小子数组和为[-10]，显然不能用总值减去最小值。

故，在允许数组跨界（首尾相邻）时，最大子数组的和为下面的最大值

Maxsum={ 原问题的最大子数组和；数组所有元素总值-最小子数组和 }

代码如下：

/* 如数组首尾相邻 */
int Maxsum_endtoend(int * arr, int size)
{
    int maxSum_notadj = Maxsum_ultimate(arr,size); /* 不跨界的最大子数组和 */
    if(maxSum_notadj < 0)
    {
        return maxSum_notadj;                      /* 全是负数 */
    }
    int maxSum_adj = -INF;                         /* 跨界的最大子数组和 */
    int totalsum = 0;
    int minsum = INF;
    int tmpmin = 0;
    for(int i = 0; i < size; ++i)     /* 最小子数组和 道理跟最大是一样的 */
    {
        if(tmpmin > 0)
        {
            tmpmin = arr[i];
        }else
        {
            tmpmin += arr[i];
        }
        if(tmpmin < minsum)
        {
            minsum = tmpmin;
        }
        totalsum += arr[i];
    }
    maxSum_adj = totalsum - minsum;
    return maxSum_notadj > maxSum_adj ? maxSum_notadj : maxSum_adj;
}

给出测试用例程序：

void main()
{
    /* 测试用例 */
    //int arr[] = {8,-10,3,60,-1,-6};
    int arr[] = {1,-2,3,5,-1,2};
    int arr2[] = {-9,-2,-3,-5,-4,-6};
    int len = sizeof arr / sizeof(int);
    int len2 = sizeof arr2 / sizeof(int);

    /* 测试三种实现 */
    printf("%d %d\n",Maxsum_base(arr,len),Maxsum_base(arr2,len2));
    printf("%d %d\n",Maxsum_dp(arr,len),Maxsum_dp(arr2,len2));
    printf("%d %d\n",Maxsum_ultimate(arr,len),Maxsum_ultimate(arr2,len2));

    /* 返回起始位置 */
    int start = -1;
    int end = -1;
    Maxsum_location(arr,len,start,end);
    printf("start：%d end：%d\n", start, end);
    Maxsum_location(arr2,len2,start,end);
    printf("start：%d end：%d\n", start, end);

    /* 允许数组首尾相连 */
    printf("%d %d\n",Maxsum_endtoend(arr,len),Maxsum_endtoend(arr2,len2));
}

思考：有木有方法可以直接处理允许数组首尾相邻的情况，即不用先求原问题的最大子数组，然后再使用对偶问题求一个值取二者最大，而是一步到位？有木有？求之。。。

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类似问题

类似问题看了

子数组的最大乘积-《编程之美》2.13
最大子矩阵-《编程之美》2.15
通过这些问题的研究，我们可以注意以下几点算法设计思想：

保存状态，避免重复计算：动态规划的思想
将信息预处理到数据结构中（类似问题中），即“部分积”、“部分和”的应用
扫描算法。与数组相关的问题常可以考虑“如何将arr[0,…i]的问题转为求解arr[0,…i-1]的问题”

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实例解析

下面就用上述方法来解决一道Sicily上的题目^_^

1888. Circular Sequence

Description

Given a sequence with n elements, if the last element is also adjacent to the first element of the sequence, the sequence is called “circular sequence”.
Now, here comes a simple problem: given a circular sequence, you should find a segment of the sequence, such that it contains at least one element, and the sum of the elements is as large as possible.

Input

Input may contain several test cases. The first line is a single integer t, the number of test cases below. Each test case is composed of two lines. The first line of each test case is a positive integer n (1<=n<=100000), denoting the number of elements in the circular sequence, and the second line has n integers; the absolute value of each integer is no more than 100000.

Output

For each test case, output the maximum segment sum in a single line.

Sample Input

2
2
-1 -2
3
1 -2 3
Sample Output

-1
4

---

^_^

#include 
#define INF 1000

using namespace std;

/* DP ultimate version */
long long Maxsum_ultimate(long long * arr, int size)
{
    long long maxSum = -INF;
    long long sum = 0;
    for (int i = 0; i < size; ++i)
    {
        if (sum < 0)
        {
            sum = arr[i];
        }
        else
        {
            sum += arr[i];
        }
        if (sum > maxSum)
        {
            maxSum = sum;
        }
    }
    return maxSum;
}

/* 如数组首尾相邻 */
long long Maxsum_endtoend(long long * arr, int size)
{
    long long maxSum_notadj = Maxsum_ultimate(arr, size); /* 不跨界的最大子数组和 */
    if (maxSum_notadj < 0)
    {
        return maxSum_notadj;                      /* 全是负数 */
    }
    long long maxSum_adj = -INF;                         /* 跨界的最大子数组和 */
    long long totalsum = 0;
    long long minsum = INF;
    long long tmpmin = 0;
    for (int i = 0; i < size; ++i)    /*最小子数组和 道理跟最大是一样的 */
    {
        if (tmpmin > 0)
        {
            tmpmin = arr[i];
        } else
        {
            tmpmin += arr[i];
        }
        if (tmpmin < minsum)
        {
            minsum = tmpmin;
        }
        totalsum += arr[i];
    }
    maxSum_adj = totalsum - minsum;
    return maxSum_notadj > maxSum_adj ? maxSum_notadj : maxSum_adj;
}

int main()
{
    int T, N;
    cin >> T;
    while (T--)
    {
        cin >> N;
        long long * arr = new long long[N];
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            cin >> arr[i];
        }
        cout << Maxsum_endtoend(arr, N) << endl;
        delete [] arr;
    }
    return 0;
}

声明

原文作者：Yx.Ac 文章来源：勇幸|Thinking