9月 16 2014 更新日期:9月 16 2014
最大连续子向量和
问题描写叙述：
输入是具有n个浮点数的向量x，输出这个向量的不论什么连续子向量中的最大和。
简单分析：子向量能够是一个空向量，空向量的和为0；假设向量的全部元素都是负数，最大子向量和就是0；
1 简单分析后，对于这个问题，我们立刻能向想到的就是暴力算法，对全部0<=i<=j<n的整数对进行迭代。对每一个整数对(i,j)，程序都要计算x[i…j]的总和，并推断其是否大于当前的最大总和。
解法1：简单粗暴型int res=0; //答案for(int i= 0 ; i
2 怎么看，上面的算法都是简单粗暴型，O(n^3)的时间复杂度实在不敢恭维，数据量一大，时间上实在不能容忍。那么有没有略微优雅一点的？我们发现后面的部分有反复计算的，那么我们怎样节省它~~一种就是从i開始往前加的时候，每次都记录下来。直接看代码：
解法2：int res=0; //答案for(int i=0;i
3 上面的代码，尽管比简单粗暴型有一些改进，算法的时间复杂度降为O(n^2),另一种O(n^2)的算法，令sum(i)表示x[0…i]的总和，然后，x[i] = sum(i) - sum(i-1);
解法3：sum[-1]=0for i=[0,n) sum[i]=sum[i-1]+x[i]res=0 //储存答案for i=[0,n) for j=[i,n) tem=sum[j]-sum[i-1] res=max(res,tem)
4 O(n^2)的效率，我们还是认为不行，可不能够优化一下，好了，我们能够採用分治的思想。要解决规模为n的问题，可递归地解决两个规模近似为n/2的子问题，然后对两个结果进行合并以得到整个问题的答案。将x划分为两个近似相等的子向量ab，在a和b中分别找出总和最大的子向量ma和mb，然后找到跨越a和b边界的最大子向量mc，返回三个总和中的最大者。通过观察发现mc在a中的部分是a中包括右边界的最大子向量，mc在b中的部分是b中包括左边界的最大子向量。伪代码例如以下：
解法4：float maxsum(l,u) if(l>u) return 0 /* zero elements */ if(l==u) return max(0,x[1]) /* one element */ m=(l+u)/2 lmax=sum=0; for(i=m;i>=l;i--) /* find max crossing to left */ sum+=x[i] lmax=max(lmax,sum) rmax=sum=0 for i=(m,u] /* find max crossing to right */ sum+=x[i] rmax=max(rmax,sum) return max(lmax+rmax,maxsum(l,m),maxsum(m+1,u))
5 能否够再优化一下?好了，事实上能够。使用扫描算法：我们採用从x[0]開始扫描，一起到最右端x[n-1]，并记下所遇到的最大子向量总和（初始值设为0）。如果我们已攻克了x[0,i-1]的问题，怎样将其扩展到x[0…i]呢？前i个元素中，最大总和子数组要么在前i-1个元素中（用maxsofar存储），要么其结束位置为i（用maxendinghere存储）。
maxsofar=0maxendinghere=0for i=[0,n) maxendinghere=max(maxendinghere+x[i],0) /* 计算前maxendinghere是结束位置为i-1的最大子向量的和 */ maxsofar=max(maxsofar,maxendinghere)
几个重要的算法设计技术：
-
保存状态，避免反复计算：
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将信息预处理至数据结构：
- 分治算法：
子向量和接近于0
如果我们想要查找的是总和最接近0的子向量，而不是具有最大总和的子向量，该怎样设计算法？
可初始化累加数组cum，使得cum[i]=x[0]+…+x[i]。假设cum[l-1]=cum[u]，那么子向量x[l…u]之和就为0.因此能够通过定位cum中最接近的两个元素来找出和最接近0的子向量。这能够通过排序数组，在O(nlogn)时间内完毕。
收费站问题
问题描写叙述：
收费公路由n个收费站之间的n-1段公路组成，每一段都和行驶费用挂钩，仅使用费用数组依照O(n)的时间，或者使用具有O(n^2)个项的表依照O(1)的时间描写叙述随意两站之间的费用是无意义的，请设计一个结构，它须要O(n)的空间，但它同意O(1)的时间复杂度求解。
驶过两个收费站，就是一段公路，汽车在行驶时，仅仅能连续行驶，不会从这段公路跳到后面的公路。所以就符合连续子向量的求和问题。
可初始化累加数组cum，使得cum[i]=x[0]+…+x[i]，
对于收费站i和j，cum[j] - cum[i-1]就表示在i和j内行驶的路段费用，而且仅仅占用 cum[n]的线性空间。
区间赋值问题
对数组array[0…n-1]初始化为全0后，运行n次运算：for i = [l,u] {x[i] += v;}，当中l,u,v是每次运算的參数，0<=l<=u<=n-1。直接用这个伪码须要O(n2)的时间，请给出更快的算法。
初始化y[0,…,n-1]为全0，对每一个操作令y[l]+=v和y[u+1]-=v。则结束时x[i]=sigma{k=0 to i}(y[k])。正确性：仅仅需证明每一次运行完操作之后该性质保持不变就可以。注意这里的y[i]表示的意义
二维连续子数组和
二维数组连续的二维子数组的和怎么求，肯定是一个矩形，我们要遍历吗？？？
遍历的话预计复杂度扛不住吧。。怎样遍历也是一个问题。这个时候我们能够把每一行看成是一个元素，这样就变成了一个纵向的一维数组了。
这样对一维数组的遍历是和刚才一样的。而对于每一行我们遍历也是和一维是一样的。编码试一试
//求二维数组的连续子数组之和的最大值 int MaxSum(int (*array)[N]) { int i,j; int MaxSum=-INFINITY;//初始化 int imin,imax,jmin,jmax; for(imin=1;imin<=N;imin++) { for(imax=imin;imax<=N;imax++)//当成是遍历纵向的一维 { for(jmin=1;jmin<=M;jmin++) { for(jmax=jmin;jmax<=M;jmax++)//当成是遍历横向的一维 MaxSum=MaxNum(MaxSum,PartSum(imin,jmin,imax,jmax)); } } } return MaxSum; } 时间复杂度(N^2M^2O(PartSum))，怎样求部分和PartSum呢？假设这个还是要遍历求的话，复杂度真是不敢看了。。
求一维的时候我们求Sum[i-j]非常好求，但是求二维的时候就变成了四个坐标了，不敢遍历求和了。我们能够先求部分和，把他当作已知的，这个时候遍历求的时候复杂度就是O(1)。 怎样求？我们定义一个部分和数组PartSum，当中PartSum[i][[j]代表了下标(0，0)，(0，j)，(i，0)，(i，j)包围的区间的和。而此时下标(imin，jmin)，(imin，jmax)，(imax，jmin)，(imax，jmax)包围的区间和就等于
PartSum[imax][[jmax]-PartSum[imin-1][[jmax]-PartSum[imax][[jmin-1]+PartSum[imin-1][[jmin-1]。
这就是我们要求的PartSum(imin,jmin,imax,jmax)，接下来就是求PartSum数组了。怎样求呢？
对于每个PartSum[i][[j]都不是孤立的，都是和其它的有关系的。我们要找出这个关系式PartSum[i][[j]=PartSum[i-1][[j]+PartSum[i][[j-1]-PartSum[i-1][[j-1]+array[i][j]。
这样求能够求出所有的PartSum[i][[j]，但是我们不要忽略了一点，PartSum[0][[0]=？对于边界值我们要处理好，并且下标要从1開始。对于PartSum[i][[0]和PartSum[0][[j]都要初始化0，并且array[i][j]的下标也是要-1，由于数组的下标是从0開始的。这是一个办法，只是我们也能够单独求PartSum[i][[0]和PartSum[0][[j]的值，连续相加就可以，然后再求其它的也是能够的，空间复杂度也是一样。但是在4重遍历的时候对于PartSum[i][[0]和PartSum[0][[j]我们还是要另外处理，这就比較麻烦了。我们还是用预处理的方法来编码吧。。
int PartSum[N+1][M+1]; int i,j; for(i=0;i<=N;i++) PartSum[i][0]=0; for(j=0;j<=M;j++) PartSum[0][j]=0; for(i=1;i<=N;i++) for(j=1;j<=M;j++) PartSum[i][j]=PartSum[i-1][j]+PartSum[i][j-1]-PartSum[i-1][j-1]+array[i-1][j-1];
OK，求得部分和之后我们就開始完好我们的编码了。记住一点，下标(imin,jmin)，(imin,jmax),(imax,jmin),(imax,jmax)包围的区间和等于
PartSum[imax][[jmax]-PartSum[imin-1][[jmax]-PartSum[imax][[jmin-1]+PartSum[imin-1][[jmin-1]。 编码開始：//求二维数组的连续子数组之和的最大值int MaxSum(int (*array)[N]){ int PartSum[N+1][M+1]; int i,j; for(i=0;i<=N;i++) PartSum[i][0]=0; for(j=0;j<=M;j++) PartSum[0][j]=0; for(i=1;i<=N;i++) for(j=1;j<=M;j++) PartSum[i][j]=PartSum[i-1][j]+PartSum[i][j-1]-PartSum[i-1][j-1]+array[i-1][j-1]; int MaxSum=-INFINITY;//初始化 int imin,imax,jmin,jmax; for(imin=1;imin<=N;imin++) for(imax=imin;imax<=N;imax++) for(jmin=1;jmin<=M;jmin++) for(jmax=jmin;jmax<=M;jmax++) MaxSum=MaxNum(MaxSum,PartSum[imax][jmax]-PartSum[imin-1][jmax]-PartSum[imax][jmin-1]+PartSum[imin-1][jmin-1]); return MaxSum;} 时间复杂度是O(N^2*M^2)，有点坑啊。想一想一维的时候我们用DP来做，这个也能够吗？能够的。我们把每一列看成一个元素。这样对于遍历的行区间，我们就能够当成一维来做。
对于imin和imax之间的每一列，就相当于一维的一个元素。
如果这个一维数组是BC，则BC[j]=array[imin][j]+….+array[imax][j]，问题就变成了求BC数组的连续子数组之和的最大值了。而依据刚才求的部分和，我们能够知道对于imin行和imax行之间的区间第j列的值是
BC(PartSum,imin,imax,j)=PartSum[imax][j]-PartSum[imin-1][j]-PartSum[imax][j-1]+PartSum[imin-1][j-1].（此时BC是一个函数）
OK，编码開始//求二维数组的连续子数组之和的最大值int MaxSum(int (*array)[N]){ int PartSum[N+1][M+1]; int i,j; for(i=0;i<=N;i++) PartSum[i][0]=0; for(j=0;j<=M;j++) PartSum[0][j]=0; for(i=1;i<=N;i++) for(j=1;j<=M;j++) PartSum[i][j]=PartSum[i-1][j]+PartSum[i][j-1]-PartSum[i-1][j-1]+array[i-1][j-1]; int MaxSum=-INFINITY; int Start,All; int imin,imax; for(imin=1;imin<=N;imin++) { for(imax=imin;imax<=N;imax++) { Start=BC(PartSum,imin,imax,M); All=BC(PartSum,imin,imax,M); for(j=M-1;j>=1;j--) { if(Start>0) Start+=BC(PartSum,imin,imax,j); else Start=BC(PartSum,imin,imax,j); if(Start>All) All=Start; } if(All>MaxSum) MaxSum=All; } } return MaxSum;}int BC(int (*PartSum)[N+1],int imin,int imax,int j) //imin--imax第j列的和{ int value; value=PartSum[imax][j]-PartSum[imin-1][j]-PartSum[imax][j-1]+PartSum[imin-1][j-1]; return value;} 时间辅助度降到O(NMmin(M,N)),差点儿相同O(N^3)吧。
參考资料：
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