【状态机DP】力扣1186. 删除一次得到子数组最大和

给你一个整数数组，返回它的某个 非空 子数组（连续元素）在执行一次可选的删除操作后，所能得到的最大元素总和。换句话说，你可以从原数组中选出一个子数组，并可以决定要不要从中删除一个元素（只能删一次哦），（删除后）子数组中至少应当有一个元素，然后该子数组（剩下）的元素总和是所有子数组之中最大的。

注意，删除一个元素后，子数组 不能为空。

示例 1：

输入：arr = 1,-2,0,3

输出：4

解释：我们可以选出 1, -2, 0, 3，然后删掉 -2，这样得到 1, 0, 3，和最大。

示例 2：

输入：arr = 1,-2,-2,3

输出：3

解释：我们直接选出 3，这就是最大和。

示例 3：

输入：arr = -1,-1,-1,-1

输出：-1

解释：最后得到的子数组不能为空，所以我们不能选择 -1 并从中删去 -1 来得到 0。

我们应该直接选择 -1，或者选择 -1, -1 再从中删去一个 -1。

动态规划

class Solution {
public:
    int maximumSum(vector<int>& arr) {
        int n = arr.size(), res = arr[0];
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2));
        dp[0][0] = arr[0], dp[0][1] = 0;
        for(int i = 1; i < n; i++){
            dp[i][0] = max(dp[i-1][0], 0) + arr[i];
            dp[i][1] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + arr[i]);
            res = max(res, max(dp[i][0], dp[i][1]));
        }   
        return res;
    }
};

时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 arr 的长度。
空间复杂度：O(n)。

我们定义一个动态规划数组dp，dpi0代表以arri结尾的子数组，并且没有删除过元素，dpi1代表以arri结尾的子数组，并且删除过元素。

所以我们有状态转移方程dp[i][0] = max(dp[i-1][0], 0) + arr[i];和 dp[i][1] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + arr[i]);，并且在计算第一个状态转移方程的时候，需要使用max操作是因为如果dpi-10是负数，则重新从0开始计算。

有人会问，那么你在dpi0中使用max操作，为什么不在dpi1的状态转移方程中使用max(dp[i-1][1], 0) + arr[i]呢，因为我们在之前dpi0中如果前面dpi-10为负数，则以arri重新开始计算，但是由于现在的dpi1要求必须删除一个元素，那么不可能从arri开始算起，但是没有删除任何元素。

最后res记录每一种可能的情况的最大值。

class Solution {
public:
    int maximumSum(vector<int>& arr) {
        int n = arr.size(), res = arr[0];
        int dp0 = arr[0], dp1 = 0;
        for(int i = 1; i < n; i++){
            dp1 = max(dp0, dp1 + arr[i]);
            dp0 = max(dp0, 0) + arr[i];
            res = max(res, max(dp0, dp1));
        }   
        return res;
    }
};

时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 arr 的长度。
空间复杂度：O(1)。

我们可以通过滚动数组的方式进行优化，并且我们可以发现dp1由之前的dp0状态转换而来，而dp0由自身之前的状态转换而来，如果按之前顺序dp0后dp1则dp0会进行覆盖，从而影响dp1的运算，所以我们先计算dp1后计算dp0。