（DP）最大子段和問題分析和總結（…
最大子段和問題(Maximum Interval Sum) 經典的動態規劃問題，幾乎所有的演算法教材都會提到.本文將分析最大子段和問題的幾種不同效率的解法，以及最大子段和問題的擴充套件和運用.
一.問題描述
給定長度為n的整數序列，a[1...n], 求[1,n]某個子區間[i
,
j]使得a[i]+…+a[j]和最大.或者求出最大的這個和.例如(-2,11,-4,13,-5,2)的最大子段和為20,所求子區間為[2,4].
二. 問題分析
1.窮舉法
窮舉應當是每個人都要學會的一種方式，這裡實際上是要窮舉所有的[1,n]之間的區間，所以我們用兩重迴圈，可以很輕易地做到遍歷所有子區間，一個表示起始位置，一個表示終點位置.程式碼如下:
| 001 002 003 004 005 006 007 008 009 010 011 012 013 014 015 016 017 018 |
int start =
0;//起始位置
int end =
0; //結束位置
int max =
0;
for(int i = 1;
i <= n; ++i)
{
for(int j = i;
j <= n;++j)
{
int sum =
0;
for(int k = i;
k <=j; ++k)
sum += a[k];
if(sum
> max)
{
start = i;
end = j;
max = sum;
}
}
}
|
這個演算法是幾乎所有人都能想到的，它所需要的計算時間是O(n^3).當然，這個程式碼還可以做點優化，實際上我們並不需要每次都重新從起始位置求和加到終點位置.可以充分利用之前的計算結果.
或者我們換一種窮舉思路,對於起點 i，我們遍歷所有長度為1,2,…,n-i+1的子區間和，以求得和最大的一個.這樣也遍歷了所有的起點的不同長度的子區間，同時，對於相同起點的不同長度的子區間，可以利用前面的計算結果來計算後面的.
比如，i為起點長度為2的子區間和就等於長度為1的子區間的和+a[i+1]即可，這樣就省掉了一個迴圈，計算時間複雜度減少到了O(n^2).程式碼如下:
?| 001 002 003 004 005 006 007 008 009 010 011 012 013 014 015 016 017 |
int start =
0;//起始位置
int end =
0;//結束位置
int max =
0;
for(int i = 1;
i <= n; ++i){
int sum =
0;
for(int j = i;
j <= n;++j)
{
sum += a[j];
if(sum
> max)
{
start = i;
end = j;
max = sum;
}
}
}
|
2.分治法
求子區間及最大和，從結構上是非常適合分治法的，因為所有子區間[start, end]只可能有以下三種可能性:
- 在[1, n/2]這個區域內
- 在[n/2+1, n]這個區域內
- 起點位於[1,n/2],終點位於[n/2+1,n]內
以上三種情形的最大者，即為所求. 前兩種情形符合子問題遞迴特性，所以遞迴可以求出. 對於第三種情形，則需要單獨處理. 第三種情形必然包括了n/2和n/2+1兩個位置，這樣就可以利用第二種窮舉的思路求出:
- 以n/2為終點，往左移動擴張，求出和最大的一個left_max
- 以n/2+1為起點，往右移動擴張，求出和最大的一個right_max
- left_max+right_max是第三種情況可能的最大值
參考程式碼如下:
?| 001 002 003 004 005 006 007 008 009 010 011 012 013 014 015 016 017 018 019 020 021 022 023 024 025 026 027 028 029 030 031 032 033 034 035 036 037 038 |
int
maxInterval(int
*a, int left,
int right)
{
if(right==left)
return
a[left]>0?a[left]:0;
int center =
(left+right)/2;
//左邊區間的最大子段和
int
leftMaxInterval = maxInterval(a,left,center);
//右邊區間的最大子段和
int
rightMaxInterval= maxInterval(a,center+1,right);
//以下求端點分別位於不同部分的最大子段和
//center開始向左移動
int sum =
0;
int
left_max = 0;
for(int i =
center; i >= left; –i)
{
sum += a[i];
if(sum
> left_max)
left_max = sum;
}
//center+1開始向右移動
sum = 0;
int
right_max = 0;
for(int i =
center+1; i <= right; ++i)
{
sum += a[i];
if(sum
> right_max)
right_max = sum;
}
int ret =
left_max+right_max;
if(ret
< leftMaxInterval)
ret =
leftMaxInterval;
if(ret
< rightMaxInterval)
ret =
rightMaxInterval;
return
ret;
}
|
分治法的難點在於第三種情形的理解，這裡應該抓住第三種情形的特點，也就是中間有兩個定點，然後分別往兩個方向擴張，以遍歷所有屬於第三種情形的子區間，求的最大的一個，如果要求得具體的區間，稍微對上述程式碼做點修改即可. 分治法的計算時間複雜度為O(nlogn).
3.動態規劃法
動態規劃的基本原理這裡不再贅述，主要討論這個問題的建模過程和子問題結構.時刻記住一個前提，這裡是連續的區間
- 令b[j]表示以位置 j 為終點的所有子區間中和最大的一個
- 子問題:如j為終點的最大子區間包含了位置j-1,則以j-1為終點的最大子區間必然包括在其中
- 如果b[j-1] >0, 那麼顯然b[j] = b[j-1] + a[j]，用之前最大的一個加上a[j]即可，因為a[j]必須包含
- 如果b[j-1]<=0,那麼b[j] = a[j] ,因為既然最大，前面的負數必然不能使你更大
對於這種子問題結構和最優化問題的證明，可以參考演算法導論上的“剪下法”，即如果不包括子問題的最優解，把你假設的解粘帖上去，會得出子問題的最優化矛盾.證明如下：
- 令a[x,y]表示a[x]+…+a[y] , y>=x
- 假設以j為終點的最大子區間 [s, j] 包含了j-1這個位置，以j-1為終點的最大子區間[ r, j-1]並不包含其中
- 即假設[r,j-1]不是[s,j]的子區間
- 存在s使得a[s, j-1]+a[j]為以j為終點的最大子段和,這裡的 r != s
- 由於[r, j -1]是最優解, 所以a[s,j-1]<a[r, j-1],所以a[s,j-1]+a[j]<a[r, j-1]+a[j]
- 與[s,j]為最優解矛盾.
參考程式碼如下:
?| 001 002 003 004 005 006 007 008 009 010 011 012 013 014 015 016 |
int max =
0;
int
b[n+1];
int start =
0;
int end =
0;
memset(b,0,n+1);
for(int i = 1;
i <= n; ++i)
{
if(b[i-1]>0)
{
b[i] = b[i-1]+a[i];
}else{
b[i] = a[i];
}
if(b[i]>max)
max = b[i];
}
|
動態規劃法的計算時間複雜度為O(n),是最優的解，這裡推薦練習一下UVA507來加深理解. 我以前的題解:
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