题目描述（简单难度）

给一个数组，找出一个连续的子数组，长度任意，和最大。

解法一 动态规划思路一

用一个二维数组 dp[ i ] [ len ] 表示从下标 i 开始，长度为 len 的子数组的元素和。

这样长度是 len + 1 的子数组就可以通过长度是 len 的子数组去求，也就是下边的递推式，

dp [ i ] [ len + 1 ] = dp[ i ] [ len ] + nums [ i + len - 1 ]。

当然，和一样，考虑到求 i + 1 的情况的时候，我们只需要 i 时候的情况，所有我们其实没必要用一个二维数组，直接用一维数组就可以了。

时间复杂度：O（n²）。

空间复杂度：O（n）。

解法二 动态规划思路二

参考这里。

用一个一维数组 dp [ i ] 表示以下标 i 结尾的子数组的元素的最大的和，也就是这个子数组最后一个元素是下边为 i 的元素，并且这个子数组是所有以 i 结尾的子数组中，和最大的。

这样的话就有两种情况，

  • 如果 dp [ i - 1 ] < 0，那么 dp [ i ] = nums [ i ]。
  • 如果 dp [ i - 1 ] >= 0，那么 dp [ i ] = dp [ i - 1 ] + nums [ i ]。
  2.     int n = nums.length;
  3.     int[] dp = new int[n];
  4.     int max = nums[0];
  5.     dp[0] = nums[0];
  6.     for (int i = 1; i < n; i++) {
  7.         //两种情况更新 dp[i]
  8.         if (dp[i - 1] < 0) {
  9.             dp[i] = nums[i];
  10.         } else {
  11.             dp[i] = dp[i - 1] + nums[i];
  12.         }
  13.         //更新 max
  14.         max = Math.max(max, dp[i]);
  15.     }
  16.     return max;
  17. }

时间复杂度： O（n）。

空间复杂度：O（n）。

  1. public int maxSubArray(int[] nums) {
  2.     int n = nums.length;
  3.     int[] dp = new int[2];
  4.     int max = nums[0];
  5.     dp[0] = nums[0];
  7.         //利用求余，轮换两个变量
  8.         if (dp[(i - 1) % 2] < 0) {
  9.             dp[i % 2] = nums[i];
  10.         } else {
  11.             dp[i % 2] = dp[(i - 1) % 2] + nums[i];
  12.         }
  13.         max = Math.max(max, dp[i % 2]);
  14.     }
  15.     return max;
  16. }

时间复杂度： O（n）。

空间复杂度：O（1）。

再粗暴点，直接用一个变量就可以了。

而对于

  1. if (dp < 0) {
  2.     dp = nums[i];
  3. } else {
  4.     dp= dp + nums[i];
  5. }

其实也可以这样理解，

  1. dp= Math.max(dp + nums[i],nums[i]);

然后就变成了-solution-in-java)提到的算法。

解法三 折半

题目最后说

这里 solution, try coding another solution using the divide and conquer approach, which is more subtle.)找到了种解法，分享下。

假设我们有了一个函数 int getSubMax(int start, int end, int[] nums) ，可以得到 num [ start, end ) （左包右不包) 中子数组最大值。

如果， start == end，那么 getSubMax 直接返回 nums [ start ] 就可以了。

然后对问题进行分解。

然后，对于我们要找的和最大的子数组有两种情况。

  • mid 不在我们要找的子数组中

    这样的话，子数组的最大值要么是 mid 左半部分数组的子数组产生，要么是右边的产生，最大值的可以利用 getSubMax 求出来。

    1. int leftMax = getSubMax(start, mid, nums);
    2. int rightMax = getSubMax(mid + 1, end, nums);

  • mid 在我们要找的子数组中

    这样的话，我们可以分别从 mid 左边扩展，和右边扩展，找出两边和最大的时候，然后加起来就可以了。当然如果，左边或者右边最大的都小于 0 ，我们就不加了。

    1. int containsMidMax = getContainMidMax(start, end, mid, nums);
    2.     int containsMidLeftMax = 0; //初始化为 0 ，防止最大的值也小于 0 
    3.     //找左边最大
    5.         int sum = 0;
    6.         for (int i = mid - 1; i >= 0; i--) {
    7.             sum += nums[i];
    8.             if (sum > containsMidLeftMax) {
    9.                 containsMidLeftMax = sum;
    10.             }
    11.         }
    13.     }
    14.     int containsMidRightMax = 0;
    15.     //找右边最大
    16.     if (mid < end) {
    17.         int sum = 0;
    18.         for (int i = mid + 1; i <= end; i++) {
    19.             sum += nums[i];
    20.             if (sum > containsMidRightMax) {
    21.                 containsMidRightMax = sum;
    22.             }
    23.         }
    24.     }
    25.     return containsMidLeftMax + nums[mid] + containsMidRightMax;
    26. }

    最后，我们只需要返回这三个中最大的值就可以了。

综上，递归出口，问题分解就都有了。

时间复杂度：O（n log ( n )）。由于 getContainMidMax 这个函数耗费了 O（n）。所以时间复杂度反而相比之前的算法变大了。

空间复杂度：

总

解法一和解法二的动态规划，只是在定义的时候一个表示以 i 开头的子数组，一个表示以 i 结尾的子数组，却造成了时间复杂度的差异。问题就是解法一中求出了太多的没必要的和，不如解法二直接，只保存最大的和。解法三，一半一半的求，从而使问题分解，也是经常遇到的思想。

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