算法分析之最大子串和
介绍
本文介绍最大子串和问题的解决 主要包括两种基础版 和 取模版 提供经典解法和详细分析。
STL:帮助文档
最大子串和
定义
一、 最大子段和问题 (Maximum Subarray Sum)1. 定义给定一个长度为 n n n 的数组 a [ 1 ... n ] a[1 \dots n] a[1...n]，求其所有连续子段和的最大值。数学表达为： max 1 ≤ l ≤ r ≤ n ∑ i = l r a i \max_{1 \le l \le r \le n} \sum_{i=l}^{r} a_i 1≤l≤r≤nmaxi=l∑rai
核心基础
二、 核心基础：前缀和 (Prefix Sum)1. 定义前缀和 p r e f i x [ i ] prefix[i] prefix[i] 表示从数组第 1 1 1 个元素到第 i i i 个元素的累加和： p r e f i x [ i ] = ∑ k = 1 i a k prefix[i] = \sum_{k=1}^{i} a_k prefix[i]=k=1∑iak2. 核心转化利用前缀和，我们可以将任意区间和的计算简化为两个点的操作： s u m ( l , r ) = p r e f i x [ r ] − p r e f i x [ l − 1 ] sum(l, r) = prefix[r] - prefix[l-1] sum(l,r)=prefix[r]−prefix[l−1]核心思想：这一步实现了 区间问题 → \rightarrow → 两点差值 的转化。这是解决所有子段、区间问题的基石。
Question1
method1
cpp
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
int prefix,min_prefix;
prefix = min_prefix = 0;
int ans = -1e5;
for(int i = 0;i<nums.size();i++){
prefix += nums[i];
ans = max(ans,prefix-min_prefix);
min_prefix = min(prefix,min_prefix);
}
return ans;
}
};analysis
经典prefix前缀和解法：
sum(l,r) = prefix[R] - prefix[L-1]
求取ans 最大时 就是要prefix[R] - prefix[L-1](这个最小时 ans 最大)
即我们要找到min_prefix（历史最小值） 求取ans的时候 要实时更新 要取max**
error
前缀和prefix 都是 0 ans 要找最小值的或者nums[0] 不能是0 因为nums[i] 里面可能都是负数
method2
cpp
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
int sum,ans;
sum = 0;
ans = -1e5;
for(int i = 0;i<nums.size();i++){
sum = max(nums[i],nums[i]+sum);
ans = max(sum,ans);
}
return ans;
}
};analysis
kadane算法:
如果前面的和是负的，就不要它，从当前位置重新开始。即是动态规划
同时需要ans 记录 历史最大值
error
同上
Question2
核心推导
核心逻辑推导我们要最大化区间和取模的结果： max { ( s u m ( l , r ) ( m o d p ) ) } \max \{(sum(l, r) \pmod p)\} max{(sum(l,r)(modp))}根据前缀和公式 s u m ( l , r ) = p r e f i x [ r ] − p r e f i x [ l ] sum(l, r) = prefix[r] - prefix[l] sum(l,r)=prefix[r]−prefix[l]，在模 p p p 意义下，这个式子等价于： ( p r e f i x [ r ] − p r e f i x [ l ] + p ) ( m o d p ) (prefix[r] - prefix[l] + p) \pmod p (prefix[r]−prefix[l]+p)(modp)分情况讨论为了让上述结果尽可能大（即接近 p − 1 p-1 p−1），我们需要根据 p r e f i x [ r ] prefix[r] prefix[r] 和 p r e f i x [ l ] prefix[l] prefix[l] 的大小关系分为两种情况：当 p r e f i x [ r ] ≥ p r e f i x [ l ] prefix[r] \ge prefix[l] prefix[r]≥prefix[l] 时：结果为 p r e f i x [ r ] − p r e f i x [ l ] prefix[r] - prefix[l] prefix[r]−prefix[l]。要使结果最大，我们需要 p r e f i x [ l ] prefix[l] prefix[l] 越小越好（理想情况是 0 0 0）。当 p r e f i x [ r ] < p r e f i x [ l ] prefix[r] < prefix[l] prefix[r]<prefix[l] 时：结果为 p r e f i x [ r ] − p r e f i x [ l ] + p prefix[r] - prefix[l] + p prefix[r]−prefix[l]+p。
method
cpp
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
int n;
long long p;
cin >> n >> p;
vector<long long>vc(n);
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> vc[i];
}
set<pair<long long, int>>s;
long long prefix = 0;
long long ans = 0;
int L = 0, R = 0;
s.insert({ 0,-1 });
for (int i = 0; i < n; i++) {
prefix = (prefix + vc[i]) % p;
if (prefix > ans) {
ans = prefix;
L = 0;
R = i;
}
auto it = s.upper_bound({prefix,1e9});
if (it != s.end()) {
long long val = (prefix - it->first + p) % p;
if (val > ans) {
ans = val;
L = it->second + 1;
R = i;
}
s.insert({ prefix,i });
}
}
cout<<L<<R<<ans<<endl;
}analysis
1.计算当前前缀和： c u r r = ( c u r r + a [ i ] ) ( m o d p ) curr = (curr + a[i]) \pmod p curr=(curr+a[i])(modp)。
2.查找最佳 p r e f i x [ l ] prefix[l] prefix[l]： 在集合中执行 s.upper_bound(curr)。更新最大值：如果找到了 it = s.upper_bound(curr)，则更新 ans = max(ans, (curr - *it + p) % p)。
3.如果没找到（说明 c u r r curr curr 是目前最大的），则更新 ans = max(ans, curr)（即 p r e f i x [ l ] = 0 prefix[l]=0 prefix[l]=0 的情况）。
4.存入集合： 将 c u r r curr curr 插入 set。
关键结论:由于情况 2 多加了一个 p p p，它通常比情况 1 更有可能产生更大的结果。要使 p r e f i x [ r ] − p r e f i x [ l ] + p prefix[r] - prefix[l] + p prefix[r]−prefix[l]+p 最大，我们需要： p r e f i x [ l ] > p r e f i x [ r ] prefix[l] > prefix[r] prefix[l]>prefix[r] （保证进入情况 2） p r e f i x [ l ] prefix[l] prefix[l] 尽可能小 （减去的项越小，差值越大）因此，对于每一个确定的 p r e f i x [ r ] prefix[r] prefix[r]，我们需要在已处理的前缀和集合中寻找：最小的、且大于 p r e f i x [ r ] prefix[r] prefix[r] 的值。
总结
下篇文章 我们将学习算法中的双指针算法。