LC LCR 161. 连续天数的最高销售额

题目描述

这是 LeetCode 上的 LCR 161. 连续天数的最高销售额 ，难度为简单。

某公司每日销售额记于整数数组 sales，请返回所有连续一或多天销售额总和的最大值。

要求实现时间复杂度为 $O(n)$ 的算法。

示例 1:

输入：sales = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]

输出：6

解释：[4,-1,2,1] 此连续四天的销售总额最高，为 6。

示例 2:

输入：sales = [5,4,-1,7,8]

输出：23

解释：[5,4,-1,7,8] 此连续五天的销售总额最高，为 23。

提示：

$1 <= arr.length <= 10^5$
$-100 <= arr[i] <= 100$

前缀和 or 线性 DP

当要我们求「连续段」区域和的时候，要很自然的想到「前缀和」。

所谓前缀和，是指对原数组“累计和”的描述，通常是指一个与原数组等长的数组。

设前缀和数组为 sum，sum 的每一位记录的是从「起始位置」到「当前位置」的元素和。例如 $sum[x]$ 是指原数组中“起始位置”到“位置 x”这一连续段的元素和。

有了前缀和数组 sum，当我们求连续段 $[i, j]$ 的区域和时，利用「容斥原理」，便可进行快速求解。

通用公式：ans = sum[j] - sum[i - 1]。

由于涉及 -1 操作，为减少边界处理，我们可让前缀和数组下标从 $1$ 开始。在进行快速求和时，再根据原数组下标是否从 $1$ 开始，决定是否进行相应的下标偏移。

学习完一维前缀和后，回到本题。

先用 nums 预处理出前缀和数组 sum，然后在遍历子数组右端点 j 的过程中，通过变量 m 动态记录已访问的左端点 i 的前缀和最小值。最终，在所有 sum[j] - m 的取值中选取最大值作为答案。

代码实现上，我们无需明确计算前缀和数组 sum，而是使用变量 s 表示当前累计的前缀和（充当右端点），并利用变量 m 记录已访问的前缀和的最小值（充当左端点）即可。

本题除了将其看作为「前缀和裸题用有限变量进行空间优化」以外，还能以「线性 DP」角度进行理解。

定义 $f[i]$ 为考虑前 $i$ 个元素，且第 $nums[i]$ 必选的情况下，形成子数组的最大和。

不难发现，仅考虑前 $i$ 个元素，且 $nums[i]$ 必然参与的子数组中。要么是 $nums[i]$ 自己一个成为子数组，要么与前面的元素共同组成子数组。

因此，状态转移方程：

$f[i] = \max(f[i - 1] + nums[i], nums[i])$

由于 $f[i]$ 仅依赖于 $f[i - 1]$ 进行转移，可使用有限变量进行优化，因此写出来的代码也是和上述前缀和角度分析的类似。

Java 代码：

class Solution {
    public int maxSales(int[] nums) {
        int s = 0, m = 0, ans = -10010;
        for (int x : nums) {
            s += x;
            ans = Math.max(ans, s - m);
            m = Math.min(m, s);
        }
        return ans;
    }
}

C++ 代码：

class Solution {
public:
    int maxSales(vector<int>& nums) {
        int s = 0, m = 0, ans = -10010;
        for (int x : nums) {
            s += x;
            ans = max(ans, s - m);
            m = min(m, s);
        }
        return ans;
    }
};

Python 代码：

class Solution:
    def maxSales(self, nums: List[int]) -> int:
        s, m, ans = 0, 0, -10010
        for x in nums:
            s += x
            ans = max(ans, s - m)
            m = min(m, s)
        return ans

TypeScript 代码：

function maxSales(nums: number[]): number {
    let s = 0, m = 0, ans = -10010;
    for (let x of nums) {
        s += x;
        ans = Math.max(ans, s - m);
        m = Math.min(m, s);
    }
    return ans;
};

时间复杂度：$O(n)$
空间复杂度：$O(1)$

分治

“分治法”的核心思路是将大问题拆分成更小且相似的子问题，通过递归解决这些子问题，最终合并子问题的解来得到原问题的解。

实现分治，关键在于对“递归函数”的设计（入参 & 返回值）。

在涉及数组的分治题中，左右下标 l 和 r 必然会作为函数入参，因为它能用于表示当前所处理的区间，即小问题的范围。

对于本题，仅将最大子数组和（答案）作为返回值并不足够，因为单纯从小区间的解无法直接推导出大区间的解，我们需要一些额外信息来辅助求解。

具体的，我们可以将返回值设计成四元组，分别代表 区间和，前缀最大值，后缀最大值 和 最大子数组和，用 [sum, lm, rm, max] 表示。

有了完整的函数签名 int[] dfs(int[] nums, int l, int r)，考虑如何实现分治：

根据当前区间 $[l, r]$ 的长度进行分情况讨论：
1. 若 $l = r$，只有一个元素，区间和为 $nums[l]$，而最大子数组和、前缀最大值和后缀最大值由于允许“空数组”，因此均为 $\max(nums[l], 0)$
2. 否则，将当前问题划分为两个子问题，通常会划分为两个相同大小的子问题，划分为 $[l, mid]$ 和 $[mid + 1, r]$ 两份，递归求解，其中 $mid = \left \lfloor \frac{l + r}2{} \right \rfloor$

随后考虑如何用“子问题”的解合并成“原问题”的解：

合并区间和 (sum)： 当前问题的区间和等于左右两个子问题的区间和之和，即 sum = left[0] + right[0]。
合并前缀最大值 (lm)： 当前问题的前缀最大值可以是左子问题的前缀最大值，或者左子问题的区间和加上右子问题的前缀最大值。即 lm = max(left[1], left[0] + right[1])。
合并后缀最大值 (rm)： 当前问题的后缀最大值可以是右子问题的后缀最大值，或者右子问题的区间和加上左子问题的后缀最大值。即 rm = max(right[2], right[0] + left[2])。
合并最大子数组和 (max)： 当前问题的最大子数组和可能出现在左子问题、右子问题，或者跨越左右两个子问题的边界。因此，max 可以通过 max(left[3], right[3], left[2] + right[1]) 来得到。

一些细节：由于我们在计算 lm、rm 和 max 的时候允许数组为空，而答案对子数组的要求是至少包含一个元素。因此对于 nums 全为负数的情况，我们会错误得出最大子数组和为 0 的答案。针对该情况，需特殊处理，遍历一遍 nums，若最大值为负数，直接返回最大值。

Java 代码：

class Solution {
    // 返回值: [sum, lm, rm, max] = [区间和, 前缀最大值, 后缀最大值, 最大子数组和]
    int[] dfs(int[] nums, int l, int r) {
        if (l == r) {
            int t = Math.max(nums[l], 0);
            return new int[]{nums[l], t, t, t};
        }
        // 划分成两个子区间，分别求解
        int mid = l + r >> 1;
        int[] left = dfs(nums, l, mid), right = dfs(nums, mid + 1, r);
        // 组合左右子区间的信息，得到当前区间的信息
        int[] ans = new int[4];
        ans[0] = left[0] + right[0]; // 当前区间和
        ans[1] = Math.max(left[1], left[0] + right[1]); // 当前区间前缀最大值
        ans[2] = Math.max(right[2], right[0] + left[2]); // 当前区间后缀最大值
        ans[3] = Math.max(Math.max(left[3], right[3]), left[2] + right[1]); // 最大子数组和
        return ans;
    }
    public int maxSales(int[] nums) {
        int m = nums[0];
        for (int x : nums) m = Math.max(m, x);
        if (m <= 0) return m;
        return dfs(nums, 0, nums.length - 1)[3];
    }
}

C++ 代码：

class Solution {
public:
    // 返回值: [sum, lm, rm, max] = [区间和, 前缀最大值, 后缀最大值, 最大子数组和]
    vector<int> dfs(vector<int>& nums, int l, int r) {
        if (l == r) {
            int t = max(nums[l], 0);
            return {nums[l], t, t, t};
        }
        // 划分成两个子区间，分别求解
        int mid = l + r >> 1;
        auto left = dfs(nums, l, mid), right = dfs(nums, mid + 1, r);
        // 组合左右子区间的信息，得到当前区间的信息
        vector<int> ans(4);
        ans[0] = left[0] + right[0]; // 当前区间和
        ans[1] = max(left[1], left[0] + right[1]); // 当前区间前缀最大值
        ans[2] = max(right[2], right[0] + left[2]); // 当前区间后缀最大值
        ans[3] = max({left[3], right[3], left[2] + right[1]}); // 最大子数组和
        return ans;
    }
    int maxSales(vector<int>& nums) {
        int m = nums[0];
        for (int x : nums) m = max(m, x);
        if (m <= 0) return m;
        return dfs(nums, 0, nums.size() - 1)[3];
    }
};

Python 代码：

class Solution:
    def maxSales(self, nums: List[int]) -> int:
        def dfs(l, r):
            if l == r:
                t = max(nums[l], 0)
                return [nums[l], t, t, t]
            # 划分成两个子区间，分别求解
            mid = (l + r) // 2
            left, right = dfs(l, mid), dfs(mid + 1, r)
            # 组合左右子区间的信息，得到当前区间的信息
            ans = [0] * 4
            ans[0] = left[0] + right[0] # 当前区间和
            ans[1] = max(left[1], left[0] + right[1]) # 当前区间前缀最大值
            ans[2] = max(right[2], right[0] + left[2]) # 当前区间后缀最大值
            ans[3] = max(left[3], right[3], left[2] + right[1]) # 最大子数组和
            return ans
        
        m = max(nums)
        if m <= 0:
            return m
        return dfs(0, len(nums) - 1)[3]

TypeScript 代码：

function maxSales(nums: number[]): number {
    const dfs = function (l: number, r: number): number[] {
        if (l == r) {
            const t = Math.max(nums[l], 0);
            return [nums[l], t, t, t];
        }
        // 划分成两个子区间，分别求解
        const mid = (l + r) >> 1;
        const left = dfs(l, mid), right = dfs(mid + 1, r);
        // 组合左右子区间的信息，得到当前区间的信息
        const ans = Array(4).fill(0);
        ans[0] = left[0] + right[0]; // 当前区间和
        ans[1] = Math.max(left[1], left[0] + right[1]); // 当前区间前缀最大值
        ans[2] = Math.max(right[2], right[0] + left[2]); // 当前区间后缀最大值
        ans[3] = Math.max(left[3], right[3], left[2] + right[1]); // 最大子数组和
        return ans;
    }
    
    const m = Math.max(...nums);
    if (m <= 0) return m;
    return dfs(0, nums.length - 1)[3];
};

时间复杂度：$O(n)$
空间复杂度：$O(\log{n})$

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.LCR 161 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。

在仓库地址里，你可以看到系列文章的题解链接、系列文章的相应代码、LeetCode 原题链接和其他优选题解。

前缀和分治区间求和问题线性 DP

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