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一、题目

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

1 <= nums.length <= 105
-104 <= nums[i] <= 104

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。

二、代码

【1】动态规划： 假设nums数组的长度是n，下标从0到n−1。我们用f(i)代表以第i个数结尾的「连续子数组的最大和」，那么很显然我们要求的答案就是：max⁡0≤i≤n−1{f(i)}因此我们只需要求出每个位置的f(i)，然后返回f数组中的最大值即可。那么我们如何求f(i)呢？我们可以考虑nums[i]单独成为一段还是加入f(i−1)对应的那一段，这取决于nums[i]和f(i−1)+nums[i]的大小，我们希望获得一个比较大的，于是可以写出这样的动态规划转移方程：f(i)=max⁡{f(i−1)+nums[i],nums[i]}不难给出一个时间复杂度O(n)、空间复杂度O(n)的实现，即用一个f数组来保存f(i)的值，用一个循环求出所有f(i)。考虑到f(i)只和f(i−1)相关，于是我们可以只用一个变量pre来维护对于当前f(i)的f(i−1)的值是多少，从而让空间复杂度降低到O(1)，这有点类似「滚动数组」的思想。

class Solution {public int maxSubArray(int[] nums) {int pre = 0, maxAns = nums[0];for (int x : nums) {pre = Math.max(pre + x, x);maxAns = Math.max(maxAns, pre);}return maxAns;}
}

时间复杂度： O(n)，其中n为nums数组的长度。我们只需要遍历一遍数组即可求得答案。
空间复杂度： O(1)。我们只需要常数空间存放若干变量。

【2】分治： 这个分治方法类似于「线段树求解最长公共上升子序列问题」的pushUp操作。 也许读者还没有接触过线段树，没有关系，方法二的内容假设你没有任何线段树的基础。当然，如果读者有兴趣的话，推荐阅读线段树区间合并法解决多次询问的「区间最长连续上升序列问题」和「区间最大子段和问题」，还是非常有趣的。

我们定义一个操作get(a, l, r)表示查询a序列[l,r]区间内的最大子段和，那么最终我们要求的答案就是get(nums, 0, nums.size() - 1)。如何分治实现这个操作呢？对于一个区间[l,r]，我们取m=⌊l+r2⌋，对区间[l,m]和[m+1,r]分治求解。当递归逐层深入直到区间长度缩小为1的时候，递归「开始回升」。这个时候我们考虑如何通过[l,m]区间的信息和[m+1,r]区间的信息合并成区间[l,r]的信息。最关键的两个问题是：
1、我们要维护区间的哪些信息呢？
2、我们如何合并这些信息呢？

对于一个区间[l,r]，我们可以维护四个量：
1、lSum表示[l,r]内以l为左端点的最大子段和
2、rSum表示[l,r]内以r为右端点的最大子段和
3、mSum表示[l,r]内的最大子段和
4、iSum表示[l,r]的区间和

以下简称[l,m]为[l,r]的「左子区间」，[m+1,r]为[l,r]的「右子区间」。我们考虑如何维护这些量呢（如何通过左右子区间的信息合并得到[l,r]的信息）？对于长度为1的区间[i,i]，四个量的值都和nums[i]相等。对于长度大于1的区间：
1、首先最好维护的是iSum，区间[l,r]的iSum就等于「左子区间」的iSum加上「右子区间」的iSum。
2、对于[l,r]的lSum，存在两种可能，它要么等于「左子区间」的lSum，要么等于「左子区间」的iSum加上「右子区间」的lSum，二者取大。
3、对于[l,r]的rSum，同理，它要么等于「右子区间」的rSum，要么等于「右子区间」的iSum加上「左子区间」的rSum，二者取大。
4、当计算好上面的三个量之后，就很好计算[l,r]的mSum了。我们可以考虑[l,r]的mSum对应的区间是否跨越m——它可能不跨越m，也就是说[l,r]的mSum可能是「左子区间」的mSum和 「右子区间」的mSum中的一个；它也可能跨越m，可能是「左子区间」的rSum和 「右子区间」的lSum求和。三者取大。

这样问题就得到了解决。

class Solution {public class Status {public int lSum, rSum, mSum, iSum;public Status(int lSum, int rSum, int mSum, int iSum) {this.lSum = lSum;this.rSum = rSum;this.mSum = mSum;this.iSum = iSum;}}public int maxSubArray(int[] nums) {return getInfo(nums, 0, nums.length - 1).mSum;}public Status getInfo(int[] a, int l, int r) {if (l == r) {return new Status(a[l], a[l], a[l], a[l]);}int m = (l + r) >> 1;Status lSub = getInfo(a, l, m);Status rSub = getInfo(a, m + 1, r);return pushUp(lSub, rSub);}public Status pushUp(Status l, Status r) {int iSum = l.iSum + r.iSum;int lSum = Math.max(l.lSum, l.iSum + r.lSum);int rSum = Math.max(r.rSum, r.iSum + l.rSum);int mSum = Math.max(Math.max(l.mSum, r.mSum), l.rSum + r.lSum);return new Status(lSum, rSum, mSum, iSum);}
}

假设序列a的长度为n。
时间复杂度： 假设我们把递归的过程看作是一颗二叉树的先序遍历，那么这颗二叉树的深度的渐进上界为O(log⁡n)，这里的总时间相当于遍历这颗二叉树的所有节点，故总时间的渐进上界是O(∑i=1log⁡n2i−1)=O(n)，故渐进时间复杂度为O(n)。
空间复杂度： 递归会使用O(log⁡n)的栈空间，故渐进空间复杂度为O(log⁡n)。

题外话： 「方法二」相较于「方法一」来说，时间复杂度相同，但是因为使用了递归，并且维护了四个信息的结构体，运行的时间略长，空间复杂度也不如方法一优秀，而且难以理解。那么这种方法存在的意义是什么呢？

对于这道题而言，确实是如此的。但是仔细观察「方法二」，它不仅可以解决区间[0,n−1]，还可以用于解决任意的子区间[l,r]的问题。如果我们把[0,n−1]分治下去出现的所有子区间的信息都用堆式存储的方式记忆化下来，即建成一棵真正的树之后，我们就可以在O(log⁡n)的时间内求到任意区间内的答案，我们甚至可以修改序列中的值，做一些简单的维护，之后仍然可以在O(log⁡n)的时间内求到任意区间内的答案，对于大规模查询的情况下，这种方法的优势便体现了出来。这棵树就是上文提及的一种神奇的数据结构——线段树。