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AcWing 135. 最大子序和

一、题目描述

输入一个长度为 n 的整数序列，从中找出一段 长度不超过 m 的连续子序列，使得子序列中所有数的和最大。

注意： 子序列的长度至少是 1。

输入格式 第一行输入两个整数 n,m。

第二行输入 n 个数，代表长度为 n 的整数序列。

同一行数之间用空格隔开。

输出格式 输出一个整数，代表该序列的最大子序和。

数据范围 1≤n,m≤300000,保证所有输入和最终结果都在 int 范围内。

输入样例：

6 4
1 -3 5 1 -2 3

输出样例：

7

二、暴力作法

如果只要 固定长度为m的连续子区间 元素总和最大，那就是个简单的滑动窗口，我们先计算一下前缀和，然后维护一个滑动窗口，一边加来一边减就行了。

此题就难度提升了，因为是一个 长度不超过m 的连续子区间！

窗口长度不固定，那我们就考虑枚举每个位置做为终点，然后从终点向回走，最长枚举m个长度，这样纯暴力的思路就出来了！

暴力大法

TL$E掉$3个点 通过了 11/14个数据

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
// Brute-force 暴力
const int N = 300010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int s[N];
int n, m;

//  TLE掉3个点,通过了 11/14个数据
int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i], s[i] += s[i - 1];

    int res = -INF;
    // 遍历每一个终点
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        // 从终点向前，找出所有区间在m之内的数字，通过前缀和计算出区间的累加和，保留最大值
        // 在刚刚出发不久，长度不够m的时候,即i<m,则i-m会出现负数
        for (int j = i; j > max(0, i - m); j--)
            res = max(res, s[i] - s[j - 1]); // j>0 && j> i-m --> j> max(0,i-m)

    printf("%d\n", res);
    return 0;
}

三、优化办法

本题的数据范围是30w，上面平方级别复杂度的代码显然会超时。

状态表示

f[i]:以第i个数字结尾的长度不超过m的子序列的最大和

s[i]:数组的前缀和，则a[l] + ... + a[r] = s[r] - s[l-1]

状态转移方程为f[i] = max(s[i] - s[j-1])，其中i - j大于等于0并且不超过m

举个栗子：

• 假设：现在i=8,m=3,就是要找出包括i=8在内，3个数字的窗口中，窗口的最大值:

\large res=max(a[8]+a[7]+a[6],a[8]+a[7],a[8])

• 每次计算累加和不好计算，我们采用前缀和优化一下

\large res=max( s[8]-s[5],s[8]-s[6],s[8]-s[7])

• 当前枚举到了8,可以认为s[8]是固定值，那么其实就是在求

\large min(s[5],s[6],s[7])

这些数字的特点是：8的左侧三个范围内，前缀和最小。典型的 单调队列求极小值问题。

• 推广到通用形态，当前枚举到的是i,那么就是在求\large min(s[i-1],s[i-2],…,s[i-m]) (可以类比一下上面的例子)

• 由上面的分析得知，其实这个窗口就是在i前面的m个位置内！不包括i

• 采用单调队列优化一下，可以在O(1)时间内找出前面m个数的最小值：维护一个队列，保存距离当前结点前面i-1 \sim i-m范围内的前缀和最小的那个结点索引下标。每次计算到i时，直接取队列中的队头进行计算即可。 因为i不在窗口中，当枚举到i时，需要在它未加入到队列前查询队列头！

• 考虑一下边界问题，如果i=1，那么它也需要向队列中去找出它前面的最小前缀和,而它是第一个进来的，还没有来得及维护队列，这样的话就找不到了，需要手动向队列中初始化一个合理的初始化值 【哨兵】。从本题来说，就是第一个数字前面的所有前缀和，当然是0，即q[hh]=q[0]=0,tt++; 并且因为q是定义在全局变量区，默认就是0，不用再写这句，所以直接tt=0就描述了初始化的过程。

算法细节

在单调队列的实现时，需要先在队列中加入哨兵结点s[0]，后面就是解决四个问题:

• ① 何时出队头，枚举到第i个数字时，第i个数字还没加入队列时，队头元素的下标允许的最小值是i - m，所以当i - q[hh] > m时就需要出队头了

• ② 何时出队尾，我们需要队头的元素是s[q[hh]]最小的元素，所以当s[i] <= s[q[tt]]时，出队尾元素

• ③ 何时加入新元素，队尾元素该出的出完了就可以将i加入到队列中了

• ④ 何时更新我们要求的长度不超过m的子序列的和的最大值res，只要在确保队列中的元素个数不超过m时就可以尝试更新res了

时间复杂度

使用单调队列优化DP的方法时间复杂度是O(n)。

四、单调队列实现

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N = 300010;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m;
int q[N];
// 单调队列，本质记录的是下标序号，因为只有记录了下标，才能知道是否离i的距离长度超过m了没有。
// 同时，记录了下标的话，想要其它的信息都是可以表示出来的，比如s[q[hh]]

int s[N];       // 前缀和
int res = -INF; // 预求最大，先设最小

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> s[i], s[i] += s[i - 1]; // 前缀和

    int hh = 0, tt = 0; // 等价于增加了一个哨兵节点,也就是把下标为0的前缀和s[0]=0加入了滑动窗口中，描述1号节点向前m个节点的前缀和最小值是0

    // 枚举右边界
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        // 1、老掉牙的需要去世
        while (hh <= tt && q[hh] < i - m) hh++;
        // 2、此时单调队列中保存就是i以前、长度最长为m的单调上升的一个序列，队列头保存的就是i前面前缀和的最小值
        // 此时i还没有进入队列，单调队列其实在枚举数字i的左侧
        res = max(res, s[i] - s[q[hh]]);
        /*
        把0，也就是sum(0)塞入队列中（这是给sum（1）用的，因为可能sum（1）-sum（0）就是最大的子序列，不加这个0就没法计算了），最小值为0
        */
        // 3、i入队列
        // 比i老没它小的都去死吧~
        while (hh <= tt && s[q[tt]] >= s[i]) tt--;
        // i入队列,本轮结束
        q[++tt] = i;
    }
    // 输出结果
    cout << res << endl;
    return 0;
}