Maximum Subarray Sum II最大连续区间和（CSES- P1644）

在处理"连续区间和"问题时，前缀和是我们最常用的武器。但如果题目加上了"区间长度必须在 [l,r] 之间"的死命令，传统的 O(N^2) 暴力枚举就会瞬间超时。今天，我们用单调队列这把尖刀，从"正向"和"逆向"两个极端的视角，把这道极其经典的滑动窗口问题彻底扒光，实现 O(N) 的降维打击。

一、题目描述

【题目大意】 给你 n 个数 a1,a2,...,an 和两个数 l,r。你需要在这 n 个数中选出一段连续区间的数，满足区间长度 ∈[l,r]。求出满足条件的最大连续区间和。

【样例输入】

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8 1 2
-1 3 -2 5 3 -5 2 2

【样例输出】

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【数据范围】 1≤l≤r≤n≤200000 −10^9≤a[i]≤10^9

二、题目分析与解题思路

求区间和的第一反应必须是前缀和 。设S[i]为前i个元素的和。任意一段以L为起点、R为终点的区间和，可以转化为：S[R]−S[L−1]。

既然要让差值最大，我们有两种截然不同的战术思路：

战术一（固定起点，向未来找最高售价）： 假设买入成本S[L−1]已固定，我们在合法的未来窗口内，找一个最大的卖出价S[R]。
战术二（固定终点，向历史找最低成本）： 假设卖出价S[R]已固定，我们在合法的历史窗口内，找一个最小的买入成本S[L−1]。

这两种战术，对应了两种双指针滑动的写法。

三、算法设计与思考过程

做法一：固定起点，正向找最大终点

外层循环： 枚举起点i（也就是公式里的 L），范围是从1到n−l+1。
侦察兵x： 代表终点R。它从最短合法距离x=L开始，一路向右扫描。
单调队列维护： 我们要找最大的S[x]，所以维护一个单调递减队列。遇到前缀和比自己大、且寿命更长的新人，队尾的老将直接被物理抹杀。
过期清理： 合法终点至少要达到i+l−1。如果队首的老将距离起点太近，直接踢出队列。

做法二：固定终点，逆向找最小起点

外层循环： 枚举终点i（公式里的R），采用逆向倒序，从n一路退到L。
侦察兵 x： 代表被减数的位置（起点的前一位 L−1）。它从最靠右的合法位置x=n−l开始，一路向左退。
单调队列维护： 我们要找最小的成本S[x]，所以维护一个单调递增队列。遇到成本更低的新人，队尾老将出队。
逆向过期逻辑（全场最核心）： 因为我们是从右往左扫描，先入队的老将，其坐标x大于后入队的新人。当终点 i 不断向左退时，右边的老将就会变成"距离终点太近"的违规品。因此，过期条件是q[front]>i-l。

四、易错点总结

极小值初始化： 最大和ma不能初始化为0。如果数组全是负数，答案也会是负数。必须初始化为极小值（如-1e18）。
循环的精确边界： * 正向写法的起点边界：最大只能走到n-l+1，多一步都走不了。
- 逆向写法的终点边界：最小只能退到l，退到l−1就凑不够长度l了。
前缀和的-1障眼法： 单调队列里存的到底是谁？在做法二中，侦察兵x本身代表的就是"起点的前一位"，所以结算时直接用 s[i]-s[q[front]] 即可，绝对不能 再去写 s[q[front]-1]，否则会发生下标漂移。

五、时空复杂度分析

时间复杂度：O(N) 。无论是正向还是逆向，外层指针和内层侦察兵 x 都是单向行驶、绝不回头的。每个下标最多入队一次、出队一次，均摊复杂度严格为O(N)。
空间复杂度：O(N)。需要开辟长度为N的前缀和数组S以及单调队列数组q。

六、完整代码

解法一：固定起点（从左往右扫描，维护递减队列）

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//最大连续区间和 先求前缀和
//先求前缀和然后两种做法 1固定起点 找满足区间长度要求值最大终点
//2固定终点，找满足区间长度要求值最小起点
//这里先写第一种做法
#include <iostream>
#include <algorithm>//对应min max函数
using namespace std;
int n,l,r;
long long s[200010];//前缀和数组
int q[200010];//队列
int front=1,rear=0;//队首 队尾
long long ma=-1e18;//初始化最大连续区间和为极小值

int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin>>n>>l>>r;
    //求前缀和数组
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;
        cin>>x;
        s[i]=s[i-1]+x;
    }
    //x为终点，起点从1开始，终点最小为L才能满足区间长度不小于L
    int x=l;
    //i代表起点，从1开始，最大为n-l+1
    for(int i=1;i<=n-l+1;i++){
        //i+r-1是满足区间长度要求终点最大值，不能超过这个范围
        //n是终点最大值
        while(x<=i+r-1&&x<=n){
        //如果当前队列非空
        //且当前终点的值(x)大于等于队尾的值，队尾元素出队
        //因为队尾元素既不大于x又更老，未来不可能用到
            while(front<=rear&&s[x]>=s[q[rear]]){
                rear--;
            }
            //直到队列为空或x小于队尾元素
            //把x入队
            q[++rear]=x;
            x++;
        }
        //接下来判断队首是否已经过期（不满足区间长度要求）
        //如果已经过期就队首出队
        //i+l-1是终点至少要大于等于这个值，才满足区间长度要求
        //即没过期
        while(q[front]<i+l-1) front++;
        //队首就是区间内最大值
        ma=max(ma,s[q[front]]-s[i-1]);
    }
    cout<<ma;
    return 0;
}

解法二：固定终点（从右往左逆向扫描，维护递增队列）

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//最大连续区间和 先求前缀和
//先求前缀和然后两种做法 1固定起点 找满足区间长度要求值最大终点
//2固定终点，找满足区间长度要求值最小起点
//这里写第二种做法
#include <iostream>
using namespace std;
int n,l,r;
long long s[200010];//前缀和数组
int q[200010];//队列 存最小起点
int front=1,rear=0;//队首 队尾
long long ma=-1e18;


int main(){
    cin>>n>>l>>r;
    //求前缀和
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int x;
        cin>>x;
        s[i]=s[i-1]+x;
    }
    //起点从n-L+1开始(当终点为n时，起点至多是n-L+1才能满足区间长度要求）
    //但是求终点和起点之间的和，要用终点-（起点前面一位）
    //起点前面一位是n-L
    int x=n-l;
    //i代表终点，从右往左，终点至少要大于等于L才能满足区间长度最小要求
    for(int i=n;i>=l;i--){
        //当起点前一位不小于能取到的最小值且起点满足区间长度要求时
        while(x>=0&&x>=i-r){
            //如果x比队尾更小，就把队尾出队
            //因为老队尾值又大，进栈时间又早，再也不会被后面使用到
            while(front<=rear&&s[x]<=s[q[rear]]){
                rear--;
            }
            //当队列为空或x大于队尾元素时
            q[++rear]=x;
            x--;
        }
        //把过期队首出队
        while(q[front]>i-l) front++;
        ma=max(ma,s[i]-s[q[front]]);
    }
    cout<<ma;
    return 0;
}

Maximum Subarray Sum II最大连续区间和（CSES- P1644）

一、 题目描述

二、 题目分析与解题思路

三、 算法设计与思考过程