最大子数组问题

1.问题描述
问题：一个有N个整数元素的一维数组(A[0],A[1],A[2],…A[n-1]),这个数组中子数组之和的最大值是多少？
该子数组是连续的。例如 数组：[1,-2,3,5,-3,2]返回8； 数组：[0,-2,3,5,-1,2]返回9。

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。

这题是很经典的一道面试题，也有各种解法，从算法分析上，时间复杂度也有很大差别，下面我就给出三种不同的解法。

2.解法一：暴力枚举法
此种方法最简单，我想应该也是每个人拿到题目想到的第一种解法了，学过一点编程的人都应该能编出此类程序。

记sum[i..j]为数组中第i个元素到第j个元素的和（其中0<=i

int maxSubArray(int *A,int n) {    int maxium = -INF; //保存最大子数组之和    for i=0 to n-1 do        sum = 0; //sum记录第i到j的元素之和        for j=i to n-1 do            sum += A[j];        if sum>maxium do //更新最大值            maxium = sum;    return maxium;}

此种方法的时间复杂度为O(n2)，显然不是一种很好的办法，也不是公司面试希望你写出这样的程序的。

3.解法二：分支界定
这里再介绍一种更高效的算法，时间复杂度为O(nlogn)。这是个分治的思想，解决复杂问题我们经常使用的一种思维方法——分而治之。

而对于此题，我们把数组A[1..n]分成两个相等大小的块：A[1..n/2]和A[n/2+1..n]，最大的子数组只可能出现在三种情况：
A[1..n]的最大子数组和A[1..n/2]最大子数组相同；
A[1..n]的最大子数组和A[n/2+1..n]最大子数组相同；
A[1..n]的最大子数组跨过A[1..n/2]和A[n/2+1..n]
前两种情况的求法和整体的求法是一样的，因此递归求得。

第三种，我们可以采取的方法也比较简单，沿着第n/2向左搜索，直到左边界，找到最大的和maxleft，以及沿着第n/2+1向右搜索找到最大和maxright，那么总的最大和就是maxleft+maxright。
而数组A的最大子数组和就是这三种情况中最大的一个。
伪代码如下：

int maxSubArray(int *A,int l,int r) {    if l<r do        mid = (l+r)/2;        ml = maxSubArray(A,l,mid); //分治        mr = maxSubArray(A,mid+1,r);        for i=mid downto l do            search maxleft;        for i=mid+1 to r do            search maxright;        return max(ml,mr,maxleft+maxright); //归并        then //递归出口            return A[l];}

4.解法三：动态规划（DP）
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：
(1)arr[n-1]单独构成最大子数组
(2)最大子数组以arr[n-1]结尾
(3)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：
(1) 以arr[n-1]为结尾的最大子数组和为End[n-1]
(2) 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

/* DP base version*/#define max(a,b) ( a > b ? a : b)int Maxsum_dp(int * arr, int size){    nEnd = nAll = arr[0];    for(int i = 1; i < size; ++i)    {        nEnd  = max(nEnd +arr[i],arr[i]);        nAll = max(End[i],nAll);    }    return nAll ;}

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；
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。

5.问题扩展：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。

C++代码如下：

#include<iostream>using namespace std;template<class T>class my_data_type{    T max_sum;    int start;    int end;public:    void max_sub_sum_dp(T *a, int length);    void my_type_printf(void);};template<class T>void my_data_type<T>::my_type_printf(void){    cout << "max_sum is " << max_sum << endl;    cout << "start is " << start << "   end is " << end << endl;}template<class T>void my_data_type<T>::max_sub_sum_dp(T *a, int length){    T sum=a[0];    start = 0;    end = 0;    max_sum = a[0];    int start_temp = 0;    for (int i = 1; i < length; i++)    {           if (sum < 0)        {            sum = a[i];            start_temp = i;        }        else        {            sum = sum + a[i];        }        if (sum > max_sum)        {            max_sum = sum;            start = start_temp;            end = i;        }    }}template<typename T>void printf_data(T *a, int length){    for (int i = 0; i < length; i++)    {        cout << a[i] << " ";    }    cout << endl;}int main(){    int a_int[6] = { 0, -2, 3, 5, -1, 2 };    int a1_int[6] = { -9, -2, -3, -5, -3 };    float a_float[6] = { 0.1, -2.2, 3.4, 5.6, -1.3, 2.8 };    float a1_float[5] = { -9.0, -2.1, -3.1, -5.2, -3.6 };    my_data_type<int> my_test_int;    my_test_int.max_sub_sum_dp(a_int, 6);    printf_data(a_int, 6);    my_test_int.my_type_printf();    my_test_int.max_sub_sum_dp(a1_int, 5);    printf_data(a1_int, 5);    my_test_int.my_type_printf();    my_data_type<float> my_test_float;    my_test_float.max_sub_sum_dp(a_float, 6);    printf_data(a_float, 6);    my_test_float.my_type_printf();    my_test_float.max_sub_sum_dp(a1_float, 5);    printf_data(a1_float, 5);    my_test_float.my_type_printf();}

测试结果：

6.问题扩展：允许数组首尾相连
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]

对于第一种情况按照之前的方式计算即可，对于第二种情况我们可以巧妙地 进行问题转换。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 }。