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拼多多算法题，是清华考研真题！

写在前面

在 LeetCode 上有一道"备受争议"的题目。

该题长期作为 拼多多题库中的打榜题 ：

出现频率拉满

据同学们反映，该题还是 清华大学 和 南京大学 考研专业课中的算法题。

其中南京大学的出题人，还真贴心地针对不同解法，划分不同分值：

细翻评论区。

不仅是拼多多，该题还在诸如 神州信息 和 滴滴出行 这样的互联网大厂笔试中出现过：

但，这都不是这道题"备受争议"的原因。

这道题最魔幻的地方是：常见解法可做到 $O (n)$ 时间， $O (1)$ 空间，而进阶做法最快也只能做到 $O (n)$ 时间， $O(\log{n})$ 空间。

称作"反向进阶"也不为过。

接下来，我将从常规解法的两种理解入手，逐步进阶到考研/笔面中分值更高的进阶做法，帮助大家在这题上做到尽善尽美。

毕竟在一道算法题上做到极致，比背一段大家都会"八股文"，在笔面中更显价值。

题目描述

平台：LeetCode

题号：LCR 161 或 53

给你一个整数数组 nums，请你找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

子数组是数组中的一个连续部分。

示例 1：

输入：nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]

输出：6

解释：连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6 。

示例 2：

输入：nums = [1]


输出：1

示例 3：

输入：nums = [5,4,-1,7,8]


输出：23

提示：

$1 <= nums.length <= 10^5$
$10^4 <= nums[i] <= 10^4$

进阶：如果你已经实现复杂度为 $O (n)$ 的解法，尝试使用更为精妙的分治法求解。

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 $s u m [x]$ 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 $n u m s [i]$ 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 $n u m s [i]$ 必然参与的子数组中。要么是 $n u m s [i]$ 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：

\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 maxSubArray(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 maxSubArray(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 maxSubArray(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 maxSubArray(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：
2. 若 $l = r$ ，只有一个元素，区间和为 $n u m s [l]$ ，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 $max⁡(nums[l],0)\max(nums[l], 0)$
3. 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 $[l, mi d]$ 和 $[mi d + 1, r]$ 两份，递归求解，其中 $\left \lfloor \frac{l + r}2{} \right \rfloor$

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 maxSubArray(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 maxSubArray(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 maxSubArray(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 maxSubArray(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：递归需要函数栈空间，算法每次将当前数组一分为二，进行递归处理，递归层数为 $log{n}$ ，即函数栈最多有 $log{n}$ 个函数栈帧，复杂度为 $O(\log{n})$

总结

虽然，这道题的进阶做法相比常规做法，在时空复杂度上没有优势。

但进阶做法的分治法更具有 进一步拓展 的价值，容易展开为支持「区间修改，区间查询」的高级数据结构 - 线段树。

实际上，上述的进阶「分治法」就是线段树的"建树"过程。

这也是为什么「分治法」在名校考研课中分值更大，在大厂笔面中属于必选解法的原因，希望大家重点掌握。

作者：宫水三叶的刷题日记
来源：juejin.cn/post/7310104657211293723

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2023-12-13

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前缀和 or 线性 DP

分治

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