1 问题描述
给定一个数字序列A1.A2,…,An,求i,j ( 1 <= i <= j <= n),使得Ai+…+Aj最大,输出这个最大和。
例如:
-2 11 -4 13 -5 -2
显然11 + (-4) + 13 之和最大,最大和为20
如果使用暴力,枚举左端点和右端点,需要时间复杂度O(n2),而计算A[i]+…+A[j]需要O(n)的复杂度,因此总复杂为O(n3).
就算采用记录前缀和方法,令S[i] = A[0] + A[i], 这样A[i] +…+A[j]=S[j] -S[i-1],来计算的时间变为O(1),总复杂度仍然有O(n2),对于n为105的题目,还是不能接受。
用动态规划就可以把时间复杂度降低为O(n),【左端点的枚举根本没有必要】,
- 1 用dp[i]表示A[i]结尾的连续序列最大和(A[i]必须为连续序列的末尾)【不然就会产生多个相同的dp[i]】
- 以-2 11 -4 13 -5 -2为例子(下标从0开始)
- dp[3] = 20(11+(-4) + 13)
- dp[4] = 15(11+(-4) + 13+(-5)), 如果A[i]不为连续序列的末尾,则值就会为20
- 2 dp为必须以A[i]为连续序列的结尾的序列,最大和有两种情况
- 最大序列和只有一个元素,即以A[i]开始,以A[i]结尾
- 最大序列和有多个元素,从前面某出A[p]开始(p<i),一直到A[i]结尾。
- 3 因此状态转移方程为:
- dp[i] = max (A[i], d[i -1] + A[i]);
- 4 这个方程只与i和i前面的元素有关,且边界dp[0] = A[0],由此从小到大枚举i,来得到全部的数组dp
2 实现代码
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using std::max;
const int MAXN = 1000;
int A[MAXN];//序列
int dp[MAXN];//dp[i]存放以A[i]为结尾的连续序列最大和
int main(int argc, char const *argv[])
{
int n;
scanf("%d", &n);
for (int i = 0; i < n; ++i)
{
scanf("%d", &A[i]);
}
//边界
dp[0] = A[0];
for (int i = 1; i < n; ++i)
{
//状态转移方程
dp[i] = max(A[i], dp[i- 1] + A[i]);
}
int index = 0;
for (int i = 1; i < n; ++i)
{
if(dp[i] > dp[index]){
index = i;
}
}
printf("%d\n", dp[index]);
return 0;
}
Sample Input:
6
-2 11 -4 13 -5 -2
Sample Output:
20
3 总结
状态的无后效性:当前状态记录了历史信息,一旦当前状态确定,就不会再改变,且未来的决策只能在已有一个或若干状态的基础上进行,历史信息只能通过已有的状态来影响未来的决策
- 并不是所有的状态都具有无后效性,如何设计状态和状态转移方程,才是动态规划的核心。