最大子段和问题分析和总结-白红宇

最大子段和问题分析和总结

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发布时间：2019-06-12

本文共 4214 字，大约阅读时间需要 14 分钟。

转自：

最大子段和问题(Maximum Interval Sum) 经典的动态规划问题，几乎所有的算法教材都会提到.本文将分析最大子段和问题的几种不同效率的解法，以及最大子段和问题的扩展和运用.

一.问题描述

给定长度为n的整数序列，a[1...n], 求[1,n]某个子区间[i , j]使得a[i]+…+a[j]和最大.或者求出最大的这个和.例如(-2,11,-4,13,-5,2)的最大子段和为20,所求子区间为[2,4].

二. 问题分析

1.穷举法

穷举应当是每个人都要学会的一种方式，这里实际上是要穷举所有的[1,n]之间的区间，所以我们用两重循环，可以很轻易地做到遍历所有子区间，一个表示起始位置，一个表示终点位置.代码如下:

int start = 0;//起始位置

int end = 0; //结束位置

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;

}

这个算法是几乎所有人都能想到的，它所需要的计算时间是O(n^3).当然，这个代码还可以做点优化，实际上我们并不需要每次都重新从起始位置求和加到终点位置.可以充分利用之前的计算结果.

或者我们换一种穷举思路,对于起点 i，我们遍历所有长度为1,2,…,n-i+1的子区间和，以求得和最大的一个.这样也遍历了所有的起点的不同长度的子区间，同时，对于相同起点的不同长度的子区间，可以利用前面的计算结果来计算后面的.

比如，i为起点长度为2的子区间和就等于长度为1的子区间的和+a[i+1]即可，这样就省掉了一个循环，计算时间复杂度减少到了O(n^2).代码如下:

int start = 0;//起始位置

int end = 0;//结束位置

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

求子区间及最大和，从结构上是非常适合分治法的，因为所有子区间[start, end]只可能有以下三种可能性:

在[1, n/2]这个区域内

在[n/2+1, n]这个区域内

起点位于[1,n/2],终点位于[n/2+1,n]内

以上三种情形的最大者，即为所求. 前两种情形符合子问题递归特性，所以递归可以求出. 对于第三种情形，则需要单独处理. 第三种情形必然包括了n/2和n/2+1两个位置，这样就可以利用第二种穷举的思路求出:

以n/2为终点，往左移动扩张，求出和最大的一个left_max

以n/2+1为起点，往右移动扩张，求出和最大的一个right_max

left_max+right_max是第三种情况可能的最大值

参考代码如下:

int maxInterval(int *a, int left, int right)

{

if(right==left)

return a[left]>0?a[left]:0;

int center = (left+right)/2;

//左边区间的最大子段和

int leftMaxInterval = maxInterval(a,left,center);

//右边区间的最大子段和

int rightMaxInterval= maxInterval(a,center+1,right);

//以下求端点分别位于不同部分的最大子段和

//center开始向左移动

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开始向右移动

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;

}

分治法的难点在于第三种情形的理解，这里应该抓住第三种情形的特点，也就是中间有两个定点，然后分别往两个方向扩张，以遍历所有属于第三种情形的子区间，求的最大的一个，如果要求得具体的区间，稍微对上述代码做点修改即可. 分治法的计算时间复杂度为O(nlogn).

3.动态规划法

动态规划的基本原理这里不再赘述，主要讨论这个问题的建模过程和子问题结构.时刻记住一个前提，这里是连续的区间

令b[j]表示以位置 j 为终点的所有子区间中和最大的一个

子问题:如j为终点的最大子区间包含了位置j-1,则以j-1为终点的最大子区间必然包括在其中

如果b[j-1] >0, 那么显然b[j] = b[j-1] + a[j]，用之前最大的一个加上a[j]即可，因为a[j]必须包含

如果b[j-1]<=0,那么b[j] = a[j] ,因为既然最大，前面的负数必然不能使你更大

对于这种子问题结构和最优化问题的证明，可以参考算法导论上的“剪切法”，即如果不包括子问题的最优解，把你假设的解粘帖上去，会得出子问题的最优化矛盾.证明如下：

令a[x,y]表示a[x]+…+a[y] , y>=x

假设以j为终点的最大子区间 [s, j] 包含了j-1这个位置，以j-1为终点的最大子区间[ r, j-1]并不包含其中

即假设[r,j-1]不是[s,j]的子区间

存在s使得a[s, j-1]+a[j]为以j为终点的最大子段和,这里的 r != s

由于[r, j -1]是最优解, 所以a[s,j-1]<a[r, j-1],所以a[s,j-1]+a[j]<a[r, j-1]+a[j]

与[s,j]为最优解矛盾.

参考代码如下:

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];

}

动态规划法的计算时间复杂度为O(n),是最优的解，这里推荐练习一下UVA507来加深理解. 我以前的题解:

我们总结一下二维最大子段和问题，以及最大m段和问题.

二维最大子段和问题

二维最大子段和问题又称为最大子矩阵问题,给定一个m行n列的整数矩阵A,试求A的一子矩阵，使其各元素之和最大

问题分析

子矩阵的概念这里不再赘述，不了解的可以去复习一下线性代数.如下图所示的

首先明确一件事情，可以通过知道对角线上的两个元素来确定一个子矩阵，在二维最大子段和问题中，我们要求的是这样一个子矩阵，如图中红框所示，其中 0<= i <= j <=n-1 , 0 <= p <= q <= n-1。因而容易得到一个O(n^4)的枚举算法.

动态规划法

动态规划法其实就是把二维最大子段和转化为一维最大子段和问题.

转化方法：

我们把这个矩阵划分成n个“条”，条的长度为1到m，通过两个for遍历所有长度的条

然后，若干个连续的条，就是一个子矩阵了，这样问题就轻易地转化为一维最大子段和问题了

通过求所有这种条，起点为i，长度为1到m-i+1的“条”的最大子段和，就可以求出整个矩阵的最大子矩阵了

具体枚举长条的时候，同一起点的长度，由于“条”的不同长度间可以利用之前的结果

比如令b[k][i][j]表示第k个长“条”区间从i到j的和，那么b[k][i][j+1] = b[k][i][j]+a[j][k]

当然，实际编程的时候，由于之前的结果求完一维最大子段和后，便不需要保存，所以只需要一维数组b即可