2024.1.21
题目来源
我的题解
方法一 动态规划+前缀和
参考官方题解
令 dpij表示将数组的前 i 个数分割为 j段所能得到的最大连续子数组和的最小值。在进行状态转移时，我们可以考虑第 j段的具体范围，即我们可以枚举 k，其中前 k个数被分割为 j−1段，而第 k+1 到第 i个数为第 j段。此时，这 j 段子数组中和的最大值，就等于 dpkj−1 与 preSum(k+1,i) 中的较大值，其中 preSum(i,j)表示数组 nums 中下标落在区间 i,j内的数的和。
时间复杂度 ：O( n 2 m n^2m n2m)
空间复杂度：O(nm)
java
public int splitArray(int[] nums, int m) {
int n = nums.length;
int[][] dp = new int[n + 1][m + 1];
for (int i = 0; i <= n; i++) {
Arrays.fill(dp[i], Integer.MAX_VALUE);
}
//求前缀和
int[] preSum = new int[n + 1];
for (int i = 0; i < n; i++) {
preSum[i + 1] = preSum[i] + nums[i];
}
dp[0][0] = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= Math.min(i, m); j++) {
for (int k = 0; k < i; k++) {
dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], Math.max(dp[k][j - 1], preSum[i] - preSum[k]));
}
}
}
return dp[n][m];
}方法二 贪心+二分
参考官方题解。
时间复杂度：O(n×log(sum−maxn))空间复杂度：O(1)
java
public int splitArray(int[] nums, int m) {
int left = 0, right = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
right += nums[i];
if (left < nums[i]) {
left = nums[i];
}
}
while (left < right) {
int mid = (right - left) / 2 + left;
if (check(nums, mid, m)) {
right = mid;
} else {
left = mid + 1;
}
}
return left;
}
public boolean check(int[] nums, int x, int m) {
int sum = 0;
int cnt = 1;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (sum + nums[i] > x) {
cnt++;
sum = nums[i];
} else {
sum += nums[i];
}
}
return cnt <= m;
}方法三 贪心+二分（自己的）
两个变量need和cur，分别表示需要的子数组数量和当前子数组的元素之和。
接下来，代码遍历数组nums中的每个元素num。如果cur加上num大于mid，则需要增加一个子数组，将cur重置为0。然后将num加到cur上。
最后，如果need小于等于k，则说明当前的mid满足条件，将right更新为mid；否则，将left更新为mid+1。
循环结束后，返回left作为结果。
时间复杂度：O(nlogm)。n为数组长度，m为 数组之和-数组中的最大值空间复杂度：O(1)
java
public int splitArray(int[] nums, int k) {
int left=Arrays.stream(nums).max().getAsInt();
int right=Arrays.stream(nums).sum();
while(left<right){
int mid=left+((right-left)>>1);
int need=1;
int cur=0;
for(int num:nums){
if(cur+num>mid){
need++;
cur=0;
}
cur+=num;
}
if(need<=k)
right=mid;
else
left=mid+1;
}
return left;
}有任何问题，欢迎评论区交流，欢迎评论区提供其它解题思路（代码），也可以点个赞支持一下作者哈😄~