算法设计与分析第二章作业

软工2103周天赐 2022-09-26 23:45:32

一、关于最大字段和的分治方法

最大子段和

给定n个整数（可能为负数）组成的序列a[1],a[2],a[3],…,a[n]，求该序列如a[i]+a[i+1]+…+a[j]的子段和的最大值。当所给的整数均为负数时，定义子段和为0。

要求算法的时间复杂度为O(n)。

输入格式:

输入有两行：

第一行是n值（1<=n<=10000)；

第二行是n个整数。

输出格式:

输出最大子段和。

输入样例:

在这里给出一组输入。例如：
6
-2 11 -4 13 -5 -2
输出样例:

在这里给出相应的输出。例如：
20

其实，对于这于求最大字段和的问题，用动态规划的思想可能更好解决；毕竟这类问题一旦变形，动态规划只需要找出新的状态转移方程即可，而用分治法要调整、筛选的功能部分就麻烦些。当然，对于上面这个问题，用分治法解决也是绰绰有余。

首先是：分治法的思想就是将一个大问题分解为几个小问题求解，这里的大问题就是一整串字段的最大和，那我们可以将其看作几个小问题——

求（1，n/2）左半段的最大和，
求（n/2+1, n）右半段的最大和，
从中间向两边延申的最大和（n/2-i，n/2+j）的最大和。

如果用leftSum，rigthSum，midSum表示上述三个子问题的解，那么maxnum = max( midSum, max( leftSum, rightSum ) );——(怎么还是动态规划的感觉//////)

因为本人伪代码写的不好，所以这里直接上代码：

#include<iostream>
#include<math.h>
using namespace std;
int MaxSum(int* arr,int left,int right);
int main()
{
	int A[10010];
	
	int n;
	cin >> n;
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		cin >> A[i];
	}
	
	int S = MaxSum(A,0,n-1);
//	printf("最大字段和为：");
	printf("%d\n",S);
	   

}
int MaxSum(int* arr, int left, int right) {
	if(left >= right) {//进来首先想着要出去 
		if(arr[left] < 0)//因为题目要求，全为负数则最大字段和应该为0 
			return 0;
		else
			return arr[left];
	}
	
	int leftSum = 0 , rightSum = 0, midSum = 0;//左子问题，右子问题，中间子问题的答案 

	int mid = (left + right) / 2; 
	
	leftSum = MaxSum(arr, left, mid);//求解左子问题 
	rightSum = MaxSum(arr, mid+1, right);//求解右子问题 
	
	
	int mid_leftSum = 0, mid_rightSum = 0;//求解中间子问题，定义向左向右延申的最大字段和 
	mid_leftSum += arr[mid];//初始化 
	mid_rightSum += arr[mid+1];
	int temp = mid_leftSum;//用temp作为临时变量 
	for(int i = mid-1; i >= 0; i--){
		temp += arr[i];//一直向左加 
		if(temp > mid_leftSum) {//一旦发现比原来更大的字段和，更新 
			mid_leftSum = temp;
		}
	}
	temp = mid_rightSum;//再对右边进行同样的操作 
	for(int i = mid+2; i <= right; i++){
		temp += arr[i];
		if(temp > mid_rightSum) {
			mid_rightSum = temp;
		}
	}
	midSum = mid_leftSum + mid_rightSum;//将两边的延申的最大字段和相加 
	
	return max(midSum, max(leftSum, rightSum));//返回三个字段和最大的值就是原问题的解 
}

二、上述分治算法的时间复杂度

用分治法将一个大问题分成了两个规模为自身一半的子问题，同时求从中间向两边延申的问题解的时间复杂度应该为O(n)

所以算法的复杂度公式：T(n) = 2T(n/2) + O(n) = nlogn 。

三、对分治法的体会和思考

分治法为四大算法思想之一，其本身的价值其实轮不到我们来评判，实践已经证明。

其实我们很早就已经接触过分治法的思想。包括在数据结构中，二叉树的遍历、查找就是典型的例子。

我觉得分治法最大的好处在于，对那些复杂的问题，却可以不断划分为那些问题，将5451561161 + 165115446 的问题转化为1 + 1 的问题，写起代码来也十分的清晰，方便好用。但是限制就由于是分治法有划分、求解和归并三个过程，一题多解的情况下，比起其它更优质的算法，时间复杂度可能会更大一点。

另外最近我参加IPCP网络赛就遇到一道问题，题目大意为：

Alice 和 Bob 都是聪明绝顶的孩子，他们相约在一起玩游戏：给出一串长度为n的数组，两个依次从数组中取一个数，但是要求只能从队首和队尾取，且必须比上个取的数要大，现在给出一段数组，谁不能再从数组中取出数字，谁就算输了。Alice 先手，在两人都选择最优解的情况，输出胜利者的名字。

…………（省略一段堆）

输入样例：
6
2 3 4 4 3 1
输出样例：
Alice

这道题，我一开始没有头绪，找了很多规律都感觉不对。

最后突然想到了最近在学的分治方法，索性干脆暴力一把。（后面超时改了很多次，最后卡时间过了）

即把大问题看作分别从两边开始选的问题的解，因为Alice先手，那么只要有一个返回值为Alice赢时，Alice就必胜。但是进入第二个层子问题分治时，这个判断条件就相当于变成了Bob先手，所以可以多设定一个flag的值来判定当前的返回规则，思想大致入图：

分解：将对一大串数组的求解方法转化为，分别先选两边的数再看n-1问题规模的求解。

求解：只要有一方不能再取，就返回对方获胜的信息，需要设置一个flag来判断当前是谁的回合。

合并：因为有队首和队尾两种问题的解法，同时Alice先手，那么只要有一个返回值为Alice赢时，Alice就必定取胜；但进入第二层次的子问题时，就相当于变成了Bob先手，所以flag的值也在设置当前的返回条件。