算法导论——最大子数组问题

方法一：
暴力求解

#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#include<limits.h>int maxsubset(int *a,int len){    int summax=INT_MIN;    int i,j,k;    for(i=0;i<len;i++)        for(j=i;j<len;j++){            int temp=0;            for(k=i;k<=j;k++)                temp+=a[k];            if(temp > summax) summax=temp;        }    return summax;}int main(){    int a[]={3,-1,2,5,-3,4,-6,-7,1,8,-3,5,9};    printf("the maxsubset:%d\n",maxsubset(a,13));    return 0;}

方法二：分治求解

#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#include<limits.h>int cross_middle(int *a,int l,int m,int r){    int i,        sum=0,        l_max=INT_MIN,        r_max=INT_MIN;    for(i=m;i>=l;i--){        sum+=a[i];        if(sum > l_max) l_max=sum;    }    sum=0;    for(i=m+1;i<=r;i++){//最早i=m,出现BUG        sum+=a[i];        if(sum>r_max) r_max=sum;    }    return (l_max+r_max);}int maxsubset(int *a,int l,int r){    if(l == r) return a[l];    //if(l>r) return 0;    int m=(l+r)/2,        l_max=INT_MIN,        r_max=INT_MIN,        c_max=INT_MIN;    l_max=maxsubset(a,l,m);    r_max=maxsubset(a,m+1,r);    c_max=cross_middle(a,l,m,r);    if(l_max >= r_max&&l_max >= c_max) return l_max;    else if(r_max >= l_max&&r_max >= c_max) return r_max;    else return c_max;}int main(){    int a[]={3,-1,2,5,-3,4,-6,-7,1,8,-3,5,9};    printf("the maxsubset:%d\n",maxsubset(a,0,12));    return 0;}

方法三 线性时间实现：

#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#include<limits.h>int maxsubset(int *a,int l,int r){    int i,        temp=0,        summax=INT_MIN;    for(i=l;i<=r;i++){        temp+=a[i];        if(temp > summax) summax=temp;        if(temp < 0) temp=0;    }    return summax;}int main(){    int a[]={3,-1,2,5,-3,4,-6,-7,1,8,-3,5,9};    printf("the maxsubset:%d\n",maxsubset(a,0,12));    return 0;}

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方法三线性时间实现基于这样的思路：
如果a[1..j]已经得到了其最大子数组，那么a[1..j+1]最大子数组只能是两种情况
（1）a[1..j+1]的最大子数组就是a[1..j];
（2）a[1..j+1]的最大子数组是a[i..j+1],1<=i<=j;
那么，如何求得所谓的（2）中的a[i..j+1]呢？
首先需要承认这样的事实，如果一个数组a[p..r]求和得到负值，那么数组a[p..r+1]的最大子数组肯定不会是a[p..r+1]，因为a[p..r]+a[r+1]<a[r+1].
在以上程序中，我们用temp存储所谓的a[p..r]，只要a[p..r]的求和是负值，那么从下一个a[r+1]值开始，temp重新从零开始求和，只要temp > summax,就更新summax,这样，我们一次遍历后，就能得到最大的summax,接下来，我们证明该算法是有效的
证明：
对于所有数组元素，这样的元素对数组进行划分，如果加上该元素之前temp>0且temp+a[i]<0，那么该元素a[i]是一个边界，这样，数组会形成好多段，每段结束元素都满足temp>0且temp+a[i]<0.所以我们能得到多个划分块a[p..q]，每个划分快的和是负值，划分块有这样的性质，对任意p<=i<q,显然，sum(a[p..i])>=0且sum(a[i..q]）<0;
我们要证明

（1）最大子数组一定在划分块之内
证明：
根据划分快性质，容易证明，只要子数组横跨多个划分快，其求和值必定小于某个单独的划 分快中的数组求和。

（2）一定存在首元素以划分块的首元素开始的最大子数组。

证明：
对于某个划分快a[p..q],假设存在a[i..j],其中p<i<=j<q,那么根据划分块性质，a[p..i-1]+a[i..j]>=a[i..j]必定成立,得证。
所以，经历一次遍历，对于每个划分块，从首元素开始求和，得到最大值更新summax,一定能够得到最大子数组的值。

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求数组的最大子数组的积怎么求呢？
解决方法是保存最大负值和最大正值，实现如下：

#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#include<limits.h>int sunsetmax_mul(int *a,int l,int r){    int i,temp,        nmax=0,//negtive max        pmax=0,//positive max        _max=a[l];        nmax=(_max<0 ? _max : 0);        pmax=(_max>0 ? _max : 0);    for(i=l+1;i<=r;i++){        if(a[i] < 0){            temp=pmax;            pmax=nmax==0 ?  0 : nmax*a[i];            nmax=temp==0 ?a[i]: temp*a[i];        }        else if(a[i] > 0){            pmax=pmax==0 ? a[i]: pmax*a[i];            nmax=nmax==0 ?   0 : nmax*a[i];        }        else {            pmax=nmax=0;        }        if(pmax > _max) _max=pmax;    }    return _max;}int main(){    int a[]={-2,2,2,-5,2/*,5,-3,4,-6,-7,1,8,-3,5,9*/};    printf("max mul subset result is %d\n",sunsetmax_mul(a,0,4));}

其他思想：
另一种思路（包括最大子数组的积）

求不相交两个子数组的最大和