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问题形容：
给定一只股票在某段时间内的历史价格变动曲线，找出一个可能实现收益最大化的时间段。了解：
为找出最大化的收益，须要思考的是在买进和卖出时的价格变动幅度，因而从该股票的每日变动幅度来思考问题比拟适合。由此，能够将上述问题稍作变形：给定一只股票在某段时间内的每日变动幅度，找出一个适合的买进和卖出工夫，以实现收益最大化。因而，将输出数据转换如下，并试图在整个时间段中找到一个累加和最大的子区间，亦即最大子数组。暴力求解：
首先可能想到的是在一个给定数组（区间）中，其子数组（子区间）的个数是 C(2,n)，很容易就能遍历完所有子数组从而找出最大的那个，其最坏状况渐进工夫复杂度是 Θ(n2)。假如每日变动幅度保留在数组 A 中（A 的下标从 1 到 n），A.length 示意 A 的元素个数，最终后果以元组模式返回；给出伪码如下：BRUTE_FORCE(A)
i = 1
sum = -infinity
for i <= A.length, inc by 1
j = i
last_sum = 0
for j <= A.length, inc by 1
last_sum += A[j]
if last_sum > sum
sum = last_sum
start = i
end = j
return (start, end, sum)
java 代码实现：
private static void bruteForce(int[] arr) {
int start = -1, end = -1, max = 0;
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
// 定义 lastSum 的目标, 每一轮新的循环都须要从新累计
int lastSum = 0;
for (int j = i; j < arr.length; j++) {lastSum += arr[j];
if (lastSum > max) {
max = lastSum;
start = i;
end = j;
}
}
}
System.out.println("maxSum =" + max + ", start :" + start + ", end =" + end);
}分治求解：
分治策略通常蕴含：合成子问题，解决子问题，合并子问题。由此能够推出大抵的解决思路：首先仍然假如数据输出如上一个办法那样，而后思考将 A[1...n] 拆分为规模大致相同的两个子数 left[1...mid] 和 right[mid+1...n]，其中 mid=(1+n)/ 2 向下取整，那么能够必定，最大子数组要么在这两个子数组中，要么横跨这两个子数组，因而能够别离求解这三种状况，取其中最大的子数组并返回即可。对于 left/right 子数组可递归求解，而对于横跨两个子数组的状况，如果可能使得该状况下的求解工夫复杂度为 O(n)，那么应该能让整体的最坏工夫复杂度低于 Θ(n2)。如果仅仅是通过遍历所有蕴含 A[mid] 和 A[mid+1] 的子数组来找最大子数组，那么很显然仅求解该状况就须要 Θ(n2) 的工夫。能够推断横跨两个子数组的最大子数组，必须由两个别离在 left/right 中的子数组组成，这两个子数组在别离蕴含了 A[mid] 和 A[mid+1] 的所有子数组中是最大的；因为如果存在一个不满足上述条件的最大子数组，那么总能够用上述办法找到一个更大的子数组。根据上述思路，很容易推知求解横跨两个子数组的状况只须要 O(n) 的工夫。由此给出伪码如下：（1）子过程：找出横跨两个子数组的最大子数组 FIND_CROSSING_MAX_SUBARRAY(A, low, mid, high)
left_sum = -infinity
sum = 0
i = mid
for i >= low, dec by 1
sum += A[i]
if sum > left_sum
left_sum = sum
left_index = i
right_sum = -infinity
sum = 0
i = mid + 1
for i <= high, inc by 1
sum += A[i]
if sum > right_sum
right_sum = sum
right_index = i
return (left_index, right_index, left_sum+right_sum)（2）主过程：分治法找出最大子数组 FIND_MAX_SUBARRAY(A, low, high)
if low == high
return (low, high, A[low])
else
mid = down_trunc((low + high) / 2)
(left_start, left_end, left_sum) =
FIND_MAX_SUBARRAY(A, low, mid)
(right_start, right_end, right_sum) =
FIND_MAX_SUBARRAY(A, mid+1, high)
(cross_start, cross_end, cross_sum) =
FIND_CROSSING_MAX_SUBARRAY(A, low, mid, high)
if left_sum > right_sum and left_sum > cross_sum
return (left_start, left_end, left_sum)
else if right_sum > left_sum and right_sum > cross_sum
return (right_start, right_end, right_sum)
else
return (cross_start, cross_end, cross_sum) 能够看出上述算法渐进工夫复杂度为 Θ(nlg(n))。
java 代码实现：
private static int[] findMaxSubArray(int[] arr, int left, int right) {
// 合成到只有一个元素
if (left == right) {return new int[]{left, right, arr[left]};
}
int mid = (left + right) / 2;
int[] leftResult = findMaxSubArray(arr, left, mid);
int[] rightResult = findMaxSubArray(arr, mid + 1, right);
int[] crossingResult = findCrossingMaxSubArray(arr, mid, left, right);
if (leftResult[2] > rightResult[2] && leftResult[2] > crossingResult[2]) {return leftResult;} else if (rightResult[2] > leftResult[2] && rightResult[2] > crossingResult[2]) {return rightResult;} else {return crossingResult;}
}
private static int[] findCrossingMaxSubArray(int[] arr, int mid, int left, int right) {
int leftIndex = -1, rightIndex = -1, leftMax = Integer.MIN_VALUE, rightMax = Integer.MIN_VALUE, sum = 0;
for (int i = mid; i >= left; i--) {sum += arr[i];
if (sum > leftMax) {
leftIndex = i;
leftMax = sum;
}
}
sum = 0;
for (int i = mid + 1; i <= right; i++) {sum += arr[i];
if (sum > rightMax) {
rightIndex = i;
rightMax = sum;
}
}
return new int[]{leftIndex, rightIndex, leftMax + rightMax};
}缩减问题规模：
缩减问题规模的办法：
在查找过程中，是否能够依据现有的信息，来缩减须要排查的子数组个数，进而取得更好的工夫复杂度呢？一个思路是不再反复查看以前累加过的元素，即从左至右累加元素，保留其中的最大子数组，如果在退出一个元素后累加和为正数，则从该元素的后一个元素从新累加，直至整个数组遍历结束。该思路无效的前提是证实以下几个假如：1. 能够将最大子数组起源分为三种：曾经遍历完的数组局部、未遍历的数组局部以及逾越这两局部的子数组
2. 能够假如当从左至右累加直至累加和为负，所得的最大子数组是以后已遍历完的数组局部中最大的
3. 能够假如当累加和为负时，潜在的最大子数组不可能从该元素或该元素右边的元素开始
假如 1 不证自明。假如从 A[1] 累加到 A[i] 时第一次遇到其累加和为负（1<=i<=n），那么 A[i] 肯定为负，且 A[1]+...+A[i-1]>=0。当 i <= 2 时，显然此时假如 2 成立。当 i >2 时，能够认为在 A[1]...A[i] 中，所有子数组可分为三种：从 A[1] 开始向右拓展、从 A[i] 开始向左拓展以及不蕴含 A[1] 和 A[i] 的两头子数组；显然从 A[i] 向左拓展的不可能是最大子数组，而如果不蕴含 A[1] 和 A[i] 的两头子数组是最大子数组，那么能够使该两头子数组加上其右边的局部形成一个新的子数组，而且该子数组总是大于等于这个两头子数组，因为其右边局部总是大于等于 0，所以该状况下假如 2 也得证。综合来看假如 2 是成立的。对于假如 3，显然潜在的最大子数组不可能从 A[i] 开始，因为 A[i]<0。当潜在的最大子数组从 A[i] 的右边开始时，假如其从 A[j] 开始（1<=j<i）。显然 j 不能等于 1，因为 A[1]+...+A[i]<0；当 j >1 时，A[j]+...+A[i] 肯定是正数，因为 A[1]+...+A[j-1] 肯定大于等于 0 而 A[1]+...+A[i] 肯定为负。所以综合来看，从 A[i] 或者 A[i] 的右边寻找潜在的子数组是没有意义的。伪码如下，工夫复杂度为 Θ(n)。对于全副是正数的状况，非凡解决即可，不影响工夫复杂度。 LINEAR_SEARCH_MAX_SUBARRAY(A)
sum = -infinity
start = 0
end = 0
cur_sum = 0
cur_start_index = 1
i = 1
for i <= A.length, inc by 1
cur_sum += A[i]
if cur_sum < 0
cur_sum = 0
cur_start_index = i + 1
else
if sum < cur_sum
sum = cur_sum
start = cur_start_index
end = i
return (start, end, sum)java 代码如下：
private static int[] linerSearchMaxSubArray(int[] nums) {
int start = 0;
int end = 0;
int max = 0;
int temp = 0;
int ts = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {temp += nums[i];
if (temp < 0) {
ts = i + 1;
temp = 0;
} else {if (temp > max) {
start = ts;
end = i;
max = temp;
}
}
}
return new int[]{start, end, max};
} 参考文章：https://www.cnblogs.com/SyBlog/p/11371922.html#commentform
参考书籍：《算法导论》
正文完
