問題的提出：給定有n個整數(可能為負整數)組成的序列a1,a2,...,an,求該序列連續的子段和的最大值。如果該序列的所有元素都是負整數時定義其最大子段和為0。
例如，當(a1,a2,a3,a4,a5)=(-5,11,-4,13,-4-2)時，最大子段和為11+(-4)+13=20。
解法一：窮舉法，即把所有可能情況一一枚舉
窮舉法是最直接的想法，把所有的情況列出來，再進行挑選。
同樣是窮舉法，下面兩個寫法優劣就不一樣。有的人可能還會增加空間開銷，使用乙個陣列來儲存結果。
1）使用三層迴圈
下面的演算法是這樣的：（使用字典序的方式）從序列a的第乙個開始，算a[0]的和，算a[0]~a[1]的和，算a[0]~a[2]的和
……算a[0]~a[n-1]的和，然後算a[1]的和，算a[1]~a[2]的和，算a[1]~a[3]的和，一直算到a[n-2]~a[n-1]的和、
算a[n-1]的和，在每次計算a[i]~a[j]的和後，都要和當前最大子段和sum比較，若發現更大的，就更新sum的值。
前兩層迴圈就是完成字典序窮舉，而第三層迴圈是計算a[i]~a[j]的和。
//begin,end分別記錄最大子段和的開始和結尾位置的下標，下標從0開始
//a是待求陣列，n是序列長度
int maxsum(int a,int n,int &begin,int &end)
} return sum;
}
這演算法很清晰，就是挨個列舉，如果發現有比sum更大的值，就更新sum。但是重複做了很多任務作，導致時間複雜度為o(n^3)，每一次計算a[i]~a[j]的和都要從a[i]一直累加至a[j]，其實我們是可以先儲存a[i]~a[j-1]的和至乙個變數temsum，那麼a[i]~a[j]的和就等於temsum+a[j]，這就是下面兩層迴圈的寫法
2）使用兩層迴圈
int maxsum(int a,int n,int &begin,int &end)
} }return sum;
}
可以看到，儲存了a[i]~a[j-1]和的結果後，就可以省去一層迴圈，時間複雜度也降為o(n^2)。我們在寫程式時要根據題目的要求而選擇比較省時省空間的寫法，這也需要多練習。
解法二：利用分治策略
先要明白分治策略基本思想是把問題規模分解為多個小規模問題，遞迴地解這些子問題，然後將各子問題的解合併得到原問題的解。一般採用二分法逐步分解（注意，很多演算法都用到遞迴，當然這很耗空間）。分治法解題的一般步驟：
（1）分解，將要解決的問題劃分成若干規模較小的同類問題；
（2）求解，當子問題劃分得足夠小時，用較簡單的方法解決；
（3）合併，按原問題的要求，將子問題的解逐層合併構成原問題的解。
本題目總的分治思想是：
如果將所給的序列a[1:n]分為長度相等的兩段子序列a[1:n/2]和a[n/2+1:n]，分別求出這兩段子序列的最大子段和，則總序列的最大子段和有三種情況：1）與前段相同。2）與後段相同。3）跨前後兩段。
（我想這解法比較難理解的地方是3）跨前後兩段的情況（理解時可以簡單列舉乙個序列按**執行）。這裡注意一下，跨前後兩段是指乙個連續的子串行跨越前後兩段，而不是前後兩段最大欄位和的簡單相加）
具體的分治做法是這樣的：先把a[1:n]分成a[1:n/2]和a[n/2+1:n]，分別求出兩段子序列的最大子段和，而在求a[1:n/2]的最大子段和時，又把a[1:n/2]分成a[1:(n/2)/2]和a[(n/2)/2+1:n/2]兩個子串行，照這樣一直分，直到把每個子串行都只有乙個或兩個數未知，當子串行只有乙個數時，它的最大子段和要麼是自身或為0，而子串行有兩個數時，其最大子段和要麼為前乙個數，要麼為後乙個數，要麼為兩個數的和，或者為0（當兩個數都為負數時），當返回子串行的最大子段和時，子串行的最大子段和乙個數就代表了乙個子串行（這點很重要），那麼後面每次處理的子串行都是只有或者兩個數（因為子串行的最大子段和代表了這個序列）。可以舉個例子照著程式執行一下，幫助理解。
//left是做端點下標，right是右端點下標
int maxsubsum(int a,int left,int right)
//從中間向右擴充套件。中間往右的第乙個必然包含在內
int rs=0;int rights=0;
for(i=++center;i<=right;i++)
sum=ls+rs;//sum儲存跨前後兩段情況的最大子段和
//求跨前後兩段的情況完成
if(sum
初學者要理解這個演算法需要好好去舉個例子。解法四的思想或許會對你理解有些幫助。
這個演算法的時間複雜度為o(nlogn)，分治演算法在這主要是作為想法學習用，並不是這道題的最佳演算法。
解法三：動態規劃
本題目總的動態規劃思想是這樣的：
已知前n個數的最大子段和，那麼前n+1個數的最大欄位和有兩種情況，一是包含前面的結果，二是不包含。
具體做法是這樣的，序列a有n個數，我們就要做n次決策，從第乙個數開始（下標從0開始），假設已經做好了前i個數的決策，並把做第i個數的最大子段和的結果儲存到了tem（注意，前i個數的最大子段和sum和第i個數決策的子段和tem是不一樣的，前者sum可能不包含第i個數，但第i個數決策的子段和tem一定包含tem，sum是當前最大子段的和，而tem是包含第i個數的子段和，並想辦法使tem的值盡可能的大），當做第i+1個數的決策時，要做的工作就只是判斷包含第i+1個數的子段和是否要把tem的值包進來，如果tem>0，就包括，否則不包括。
（再看一下總的想法）假設前n個數的最大子段和是tem，在決策前n+1個數的最大子段和時，判斷tem的值，如果tem>0,那麼前n+1個數的最大子段和為tem加上第n+1個數，否則就是第n+1個數自己。這裡記住，你所求的是連續的幾個數的和。**比較簡單:
//begin和end分別表示最大子段和的開始和結束位置的下標，下標從0開始。
int maxsum(int a,int n,int &begin,int &end)
if(tem>sum)
} return sum;
}
只需一次遍歷，時間複雜度為o(n)，動態規劃裡有一項很重要的內容就是儲存各階段的狀態，有人會增加乙個陣列儲存狀態，但寫程式可以根據題目要求做些改變，像這道題就只需要儲存前乙個狀態就行。
解法四：
最大子段的左右兩個數字必定為正數,最左邊數字的左鄰是負數,最右邊數字的右鄰是負數。假設a[i]~a[j]是最大子段和序列的乙個子串行，則從a[i-1]逐個往左加,這個和如果在加到a[k]時變成乙個正數,那就說明左端點i可以延伸到k,可以使這個子段的和更大一些，右邊也同理擴充套件。我們要做的就是找到最大欄位的兩個端點。
我們可以先找出從右到左第乙個正數作為尋找i的起點(如果乙個正數都找不到那顯然就是l=0,最大子段和=0),
然後按照上述原理不斷向左延拓i;找j也是同理:先找從左到右第乙個正數然後向右擴充套件。把**貼上來
#include #define max 100//巨集定義要尋找的序列個數最大值
int fineleft(int d,int n);//尋找最大子段的左下標
int fineright(int d,int n);//尋找最大子段的右下標
int main();
int n;
int i;
int left,right;
scanf("%d",&n);
for (i=0;iright)
n=0;//這是我寫**節省空間的一種方式，n下面將儲存最大子段和
for(i=left;i<=reft;i++)
n+=d[i];
printf("%d/nbegin=%d,end=%d/n",n,left+1,right+1);
return 0;
}int findright(int d,int n)
} }return right;
}int fineleft(int d,int n)
} }return left;
}
//這裡的擴充套件思想可以幫助理解分治策略的第三種情況（從中間往兩邊擴充套件）。
本方法至多只需三次遍歷，一次往左，一次往右，一次最大子段求和。時間複雜度為o(n)。不過寫法應該還可以再改進，找左右端點的函式應該可以抽象出乙個模型。
最大子段和的兩種解法
1.貪心和動態規劃 實質一樣。前面和sum i 1 0sum 0 sumi 1 0就丟掉，然後加上a ia i ai 就是以a ia i ai 結尾的最大子段和。2.分治法。遞迴到l r l rl r時，顯然最大子段和是a ia i ai 對於區間 l,r l,r l,r 我們需要維護4個變數。1....
最大子段和詳解
問題的提出 給定n個整數 可能為負數 組成的序列a 1 a 2 a 3 a n 求該序列如a i a i 1 a j 的子段和的最大值。當所給的整均為負數時定義子段和為0，依此定義，所求的最優值為 max,1 i j n 例如，當 a1,a2,a3,a4,a4,a6 2,11,4,13,5,2 時，...
最大子段和詳解
最大子段和問題 maximum interval sum 有時也稱lis 經典的動態規劃問題，幾乎所有的演算法教材都會提到.本文將分析最大子段和問題的幾種不同效率的解法，以及最大子段和問題的擴充套件和運用.一.問題描述 給定長度為n的整數序列，a 1 n 求 1,n 某個子區間 i j 使得a i ...