HDOJ 1003 ( Max Sum )
2015-07-31 13:14
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其实解法应该还比较多
个人是用了DP
并没有开数组就解决了问题
动态规划的方法:
我们考虑最后一个元素arr[n-1]与最大子数组的关系,有如下三种情况:
arr[n-1]单独构成最大子数组
最大子数组以arr[n-1]结尾
最大子数组跟arr[n-1]没关系,最大子数组在arr[0-n-2]范围内,转为考虑元素arr[n-2]
从上面我们可以看出,问题分解成了三个子问题,最大子数组就是这三个子问题的最大值,现假设:
以arr[n-1]为结尾的最大子数组和为End[n-1]
在[0-n-1]范围内的最大子数组和为All[n-1]
如果最大子数组跟最后一个元素无关,即最大和为All[n-2](存在范围为[0-n-2]),则解All[n-1]为三种情况的最大值,即All[n-1] = max{ arr[n-1],End[n-1],All[n-2] }。从后向前考虑,初始化的情况分别为arr[0],以arr[0]结尾,即End[0] = arr[0],最大和范围在[0,0]之内,即All[0]=arr[0]。根据上面分析,给出状态方程:
All[i] = max{ arr[i],End[i-1]+arr[i],All[i-1] }
仔细看上面DP方案的代码,End[i] = max{arr[i],End[i-1]+arr[i]},如果End[i-1]<0,那么End[i]=arr[i],什么意思?End[i]表示以i元素为结尾的子数组和,如果某一位置使得它小于0了,那么就自当前的arr[i]从新开始,且End[i]最初是从arr[0]开始累加的,所以这可以启示我们:我们只需从头遍历数组元素,并累加求和,如果和小于0了就自当前元素从新开始,否则就一直累加,取其中的最大值便求得解。
这个是理论基础,我们有更加直观的做法:
为什么可以sum<0,就舍弃,重新开始扫描呢?以下证明
我们用i表示子序列的起始下标,j 表示子序列的终止下标。
原理是,当我们得到一个子序列,如果子序列的第一个数是非正数,那么可以舍去,即i++
当一个子序列的前n个元素和为非正数时,是否也可以舍去呢?答案是可以的。
假设k 是i到j中任意一个下标。Sum( a, b ) 表示子序列第a个元素到第b个元素之和。由于加到第j个元素,子序列才开始为负数,所以Sum( i, k ) > 0,Sum( i, k ) + Sum( k, j ) = Sum( i, j ) ,所以Sum( k, j ) < Sum( i, j ) < 0
所以如果把 k到j的序列附加到j之后的序列上,只会使序列越来越小。所以i到j的序列都可以舍去。
个人是用了DP
并没有开数组就解决了问题
动态规划的方法:
我们考虑最后一个元素arr[n-1]与最大子数组的关系,有如下三种情况:
arr[n-1]单独构成最大子数组
最大子数组以arr[n-1]结尾
最大子数组跟arr[n-1]没关系,最大子数组在arr[0-n-2]范围内,转为考虑元素arr[n-2]
从上面我们可以看出,问题分解成了三个子问题,最大子数组就是这三个子问题的最大值,现假设:
以arr[n-1]为结尾的最大子数组和为End[n-1]
在[0-n-1]范围内的最大子数组和为All[n-1]
如果最大子数组跟最后一个元素无关,即最大和为All[n-2](存在范围为[0-n-2]),则解All[n-1]为三种情况的最大值,即All[n-1] = max{ arr[n-1],End[n-1],All[n-2] }。从后向前考虑,初始化的情况分别为arr[0],以arr[0]结尾,即End[0] = arr[0],最大和范围在[0,0]之内,即All[0]=arr[0]。根据上面分析,给出状态方程:
All[i] = max{ arr[i],End[i-1]+arr[i],All[i-1] }
仔细看上面DP方案的代码,End[i] = max{arr[i],End[i-1]+arr[i]},如果End[i-1]<0,那么End[i]=arr[i],什么意思?End[i]表示以i元素为结尾的子数组和,如果某一位置使得它小于0了,那么就自当前的arr[i]从新开始,且End[i]最初是从arr[0]开始累加的,所以这可以启示我们:我们只需从头遍历数组元素,并累加求和,如果和小于0了就自当前元素从新开始,否则就一直累加,取其中的最大值便求得解。
这个是理论基础,我们有更加直观的做法:
/* 最大子数组 返回起始位置 */ void Maxsum_location(int * arr, int size, int & start, int & end) { int maxSum = -INF; int sum = 0; int curstart = start = 0; /* curstart记录每次当前起始位置 */ for(int i = 0; i < size; ++i) { if(sum < 0) { sum = arr[i]; curstart = i; /* 记录当前的起始位置 */ }else { sum += arr[i]; } if(sum > maxSum) { maxSum = sum; start = curstart; /* 记录并更新最大子数组起始位置 */ end = i; } } }
为什么可以sum<0,就舍弃,重新开始扫描呢?以下证明
我们用i表示子序列的起始下标,j 表示子序列的终止下标。
原理是,当我们得到一个子序列,如果子序列的第一个数是非正数,那么可以舍去,即i++
当一个子序列的前n个元素和为非正数时,是否也可以舍去呢?答案是可以的。
假设k 是i到j中任意一个下标。Sum( a, b ) 表示子序列第a个元素到第b个元素之和。由于加到第j个元素,子序列才开始为负数,所以Sum( i, k ) > 0,Sum( i, k ) + Sum( k, j ) = Sum( i, j ) ,所以Sum( k, j ) < Sum( i, j ) < 0
所以如果把 k到j的序列附加到j之后的序列上,只会使序列越来越小。所以i到j的序列都可以舍去。
最后附上AC代码 #include <cstdio> #include <algorithm> using namespace std; int main() { int T; scanf("%d", &T); for(int i = 0;i < T;i++) { int n, sum = 0; scanf("%d", &n); int Max = -99999999; int curhead = 1, head = 1, rear = 1; for(int j = 0;j < n; j++) { int t; scanf("%d", &t); if(sum < 0) { curhead = j + 1; sum = t; } else sum += t; if(sum > Max) { rear = j + 1; head = curhead; Max = sum; } } printf("Case %d:\n",i + 1); printf("%d %d %d\n",Max, head, rear); if(i != T - 1) printf("\n"); } return 0; }
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