一、求局部最大值
1. 题目
给定一个无重复元素的数组A[0…N-1]，求找到一个该数组的局部最大值。规定：在数组边界外的值无穷小。即：A[0]＞A[-1]，A[N-1] ＞A[N]。
显然，遍历一遍可以找到全局最大值，而全局最大值显然是局部最大值，时间复杂度为O(N)。
可否有更快的办法？
2. 分析
首先给出“高原数组”定义（邹博老师自创的）。
定义：若子数组Array[from,…,to]满足
- Array[from]＞Array[from-1]
- Array[to]＞Array[to+1]
称该子数组为“高原数组”。
例如对于数组3,5,1,2,6,7,14，因为2<6，14>4，可以认为6,7,14就是其中的一个高原数组。
用图像形象地表示为：
若高原数组长度为1，则该高原数组的元素为局部最大值。
因此寻找局部最小值的算法就变成了寻找长度为1的高原数组。
（这里特别注意！题中只要求找到一个局部最大值即可！）
算法描述：
使用索引left、right分别指向数组首尾，根据定义，该数组为高原数组。
- 求中点mid=(left+right)/2
- A[mid]＞A[mid+1]，子数组A[left…mid]为高原数组
- 丢弃后半段：right=mid
- A[mid+1]＞A[mid]，子数组A[mid…right]高原数组
- 丢弃前半段：left=mid+1
- 递归直至left==right
该算法的时间复杂度为O(logN)，最重要的是给了我们一些思维上的启发，即特别大的数据，我并不需要完全遍历一遍，就能知道这个数据中的某些有效的局部特征。
3.代码
/**
* 寻找一个局部最小值
*/
int local_maximum(const int* a, int n){
int left = 0;
int right = n - 1;
int mid;
while(left < right){
mid = (right - left) / 2 + left;
// 防溢出，等价于mid = (left + right) / 2
cout< a[mid+1])
right = mid;
else
left = mid + 1;
}
return a[left];
} 二、子集和数问题
1. 题目
已知数组A[0…N-1]，给定某数值sum，找出数组中的若干个数（可以为0个或n个），使得这些数的和为sum。
（假定数组中的元素都大于0：A[i]＞0）
例如,
对于数组1,2,3,4,5，给定sum=10，则满足条件的若干个数有：
1, 2, 3, 4
1, 4, 5
2, 3, 5
2. 分析与代码
显然，这个问题是一个NP完全问题。
针对此题，可以设置布尔向量x[0…N-1]（标记数组）来表示取了哪个元素，x[i]=0表示不取A[i]，x[i]=1表示取A[i]，与0-1背包问题的设置方法类似。
(1). DFS递归遍历
首先上场的是DFS递归遍历，利用函数的参数i表示当前进行到的位置，用has表示已经加入的元素当前的和，代码如下：
int a[] = {1,2,3,4,5};
int n = sizeof(a) / sizeof(int);
int sum = 10;
/**
* 直接递归
* x[]为最终解，i为考察a[i]是否加入，has表示当前的和
*/
void enum_sum_number(bool *x, int i, int has){
if(i>=n) return;
if(has + a[i] == sum){
x[i] = true;
print(a,x); // 自定义的输出函数
x[i] = false;
}
x[i] = true;
enum_sum_number(x, i + 1, has + a[i]);
x[i] = false;
enum_sum_number(x, i + 1, has);
}(2). 分支限界法
然后考虑对DFS进行优化，便有了分支限界法。
考虑如何对分支进行限界，前提：数组A[0…N-1]的元素都大于0。
考察向量x[0…N-1]，假定已经确定了前i个值，现在要判定第i+1个值x[i]为0还是1。
假定由x[0…i-1]确定的A[0…i-1]的和为has；A[i,i+1,…N-1]的和为residue(简记为r)；
-
has + a[i] ≤ sum并且has + r ≥ sum：x[i]可以为1； -
has + (r - a[i]) >= sum：x[i]可以为0；
（注意，在编写代码进入分支的时候，要注意避免重复进入分支！）
代码如下：
/**
* 分支限界
*/
void enum_sum_number2(bool *x, int i, int has, int residue){
if(i>=n) return;
if(has + a[i] == sum){
x[i] = true;
print(a,x);
x[i] = false;
} else if(has + residue >= sum && has + a[i] <= sum){
// 注意此处是 else if ，因为若进入了 has + a[i] == sum分支，
// 意味着已经选了a[i]了，所以此处不需要重复选择a[i]了
x[i] = true;
enum_sum_number2(x, i + 1, has + a[i], residue - a[i]);
}
if(has + residue - a[i] >= sum){
x[i] = false;
enum_sum_number2(x, i + 1, has, residue - a[i]);
}
}数理逻辑的重要应用：分支限界的条件
思考：
- 分支限界的条件是充分条件吗？ （不是，是必要条件）
- 在新题目中，如何发现分支限界的条件。
（学会该方法，比此问题本身更重要）
(3). 考虑负数的情况
给出一个例子：数组 -3,-5,-2,4,2,1,3 ， 给定sum = 5，
符合要求的数有
-3, -2, 4, 2, 1, 3
-3, 4, 1, 3
-5, 4, 2, 1, 3
-2, 4, 2, 1
-2, 4, 3
4, 1
2, 3
DFS因为是枚举，肯定能够得到正确解，关键是如何对负数的情况进行分支限界？
下面给出一种方法：
可对整个数组A[0…N-1]进行正负排序，使得负数都在前面，正数都在后面（只需要保证负数部分在前面即可，不需要保证负数部分内部也是有序的），使用剩余正数的和作为分支限界的约束：
- 如果A[i]为负数：如果全部正数都算上还不够，就不能选A[i]；
- 如果递归进入了正数范围，按照数组是全正数的情况正常处理；
代码如下：
/**
* 一种正负排序的实现，并计算negative和positive
*/
void positive_negative_sort(int a[], int n, int &negative, int &positive){
int k = 0;
negative = positive = 0;
for(int i=0; i= n) return;
if(has + a[i] == sum){
x[i] = true;
print(a,x);
x[i] = false;
}
if(a[i] > 0){
// 正数的情况
if(has + positive >= sum && has + a[i] <= sum){
x[i] = true;
enum_sum_number3(x, i + 1, has + a[i], negative, positive - a[i]);
x[i] = false;
}
if(has + positive - a[i] >= sum){
x[i] = false;
enum_sum_number3(x, i + 1, has, negative, positive - a[i]);
}
} else {
// 负数的情况
if(has + x[i] + positive >= sum){
x[i] = true;
enum_sum_number3(x, i + 1, has + a[i], negative - a[i], positive);
x[i] = false;
}
if(has + negative <= sum && has + positive >= sum){
x[i] = false;
enum_sum_number3(x, i + 1, has, negative - a[i], positive);
}
}
}