Problem Description
Given a sequence a[1],a[2],a[3]......a[n], your job is to calculate the max sum of a sub-sequence. For example, given (6,-1,5,4,-7), the max sum in this sequence is 6 + (-1) + 5 + 4 = 14.
Input
The first line of the input contains an integer T(1>=T>=20) which means the number of test cases. Then T lines follow, each line starts with a number N(1>=N>=100000), then N integers followed(all the integers are between -1000 and 1000).
Output
For each test case, you should output two lines. The first line is "Case #:", # means the number of the test case. The second line contains three integers, the Max Sum in the sequence, the start position of the sub-sequence, the end position of the sub-sequence. If there are more than one result, output the first one. Output a blank line between two cases.
Sample Input
2
5 6 -1 5 4 -7
7 0 6 -1 1 -6 7 -5
Sample Output
Case 1:
14 1 4
Case 2:
7 1 6
照抄一个DP的算法。
-
#include <iostream> -
using namespace std; -
int main()扫描二维码关注公众号，回复： 2345825 查看本文章
-
{ -
int t; -
cin>>t; -
for(int i=0;i<t;i++) -
{ -
int n; -
cin>>n; -
int sum = 0, max = -99999; -
int curhead=1, rear=1, head=1; -
for(int j=0;j<n;j++) -
{ -
int temp; -
cin>>temp; -
if(sum<0) -
{ -
curhead = j+1; -
sum = temp; -
}else -
{ -
sum += temp; -
} -
if(sum>max) -
{ -
rear = j + 1; -
head = curhead; -
max = sum; -
} -
} -
cout<<"Case "<<i+1<<":"<<endl; -
cout<<max<<' '<<head<<' '<<rear<<endl; -
if(i!=t-1) -
cout<<endl; -
} -
}
思路：
1、brute force起码是n平方以上的复杂度。
2、可以用分治的方法去做，n*log(n)的复杂度。
将原串分为左右两个子串，最大子串有3种可能：
2.1：在左子串中
2.2：在右子串中
2.3：最大子串同时在左右子串中。这种情况需要一个有固定边界的求最大子串的函数
我没有实现这个，看着有点复杂
3、动态规划的方法：
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：
| 1 |
|
-
/* 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]; -
}
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。
这个是理论基础，我们有更加直观的做法：
-
/* 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; -
} -
} -
}
为什么可以sum<0，就舍弃，重新开始扫描呢？以下证明
我们用i表示子序列的起始下标，j 表示子序列的终止下标。
原理是，当我们得到一个子序列，如果子序列的第一个数是非正数，那么可以舍去，即i++
当一个子序列的前n个元素和为非正数时，是否也可以舍去呢？答案是可以的。
假设k 是i到j中任意一个下标。Sum( a, b ) 表示子序列第a个元素到第b个元素之和。由于加到第j个元素，子序列才开始为负数，所以Sum( i, k ) > 0，Sum( i, k ) + Sum( k, j ) = Sum( i, j ) ,所以Sum( k, j ) < Sum( i, j ) < 0
所以如果把 k到j的序列附加到j之后的序列上，只会使序列越来越小。所以i到j的序列都可以舍去。
参考了很多人的总结和代码，我自己写的基本都WA ，最后几乎照抄了人家的代码ac了
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#include <iostream> -
using namespace std; -
int main() -
{ -
int t; -
cin>>t; -
for(int i=0;i<t;i++) -
{ -
int n; -
cin>>n; -
int sum = 0, max = -99999; -
int curhead=1, rear=1, head=1; -
for(int j=0;j<n;j++) -
{ -
int temp; -
cin>>temp; -
if(sum<0) -
{ -
curhead = j+1; -
sum = temp; -
}else -
{ -
sum += temp; -
} -
if(sum>max) -
{ -
rear = j + 1; -
head = curhead; -
max = sum; -
} -
} -
cout<<"Case "<<i+1<<":"<<endl; -
cout<<max<<' '<<head<<' '<<rear<<endl; -
if(i!=t-1) -
cout<<endl; -
} -
}