[LeetCode] 410. Split Array Largest Sum 分割数组的最大值

Given an array which consists of non-negative integers and an integer m, you can split the array into m non-empty continuous subarrays. Write an algorithm to minimize the largest sum among these m subarrays.

Note:
Given m satisfies the following constraint: 1 ≤ m ≤ length(nums) ≤ 14,000.

Examples:

Input:
nums = [7,2,5,10,8]
m = 2

Output:
18

Explanation:
There are four ways to split nums into two subarrays.
The best way is to split it into [7,2,5] and [10,8],
where the largest sum among the two subarrays is only 18.

这道题给了我们一个非负数的数组 nums 和一个整数m，让把数组分割成m个非空的连续子数组，让最小化m个子数组中的最大值。开始以为要用博弈论中的最小最大化算法，可是想了半天发现并不会做，于是后面决定采用无脑暴力破解，在 nums 中取出所有的m个子数组的情况都找一遍最大值，为了加快求子数组和的运算，还建立了累计和数组，可以还是 TLE 了，所以博主就没有办法了，只能上网参考大神们的解法，发现大家普遍使用了二分搜索法来做，感觉特别巧妙，原来二分搜索法还能这么用，厉害了我的哥。首先来分析，如果m和数组 nums 的个数相等，那么每个数组都是一个子数组，所以返回 nums 中最大的数字即可，如果m为1，那么整个 nums 数组就是一个子数组，返回 nums 所有数字之和，所以对于其他有效的m值，返回的值必定在上面两个值之间，所以可以用二分搜索法来做。用一个例子来分析，nums = [1, 2, 3, 4, 5], m = 3，将 left 设为数组中的最大值5，right 设为数字之和 15，然后算出中间数为 10，接下来要做的是找出和最大且小于等于 10 的子数组的个数，[1, 2, 3, 4], [5]，可以看到无法分为3组，说明 mid 偏大，所以让 right=mid，然后再次进行二分查找，算出 mid=7，再次找出和最大且小于等于7的子数组的个数，[1,2,3], [4], [5]，成功的找出了三组，说明 mid 还可以进一步降低，让 right=mid，再次进行二分查找，算出 mid=6，再次找出和最大且小于等于6的子数组的个数，[1,2,3], [4], [5]，成功的找出了三组，尝试着继续降低 mid，让 right=mid，再次进行二分查找，算出 mid=5，再次找出和最大且小于等于5的子数组的个数，[1,2], [3], [4], [5]，发现有4组，此时的 mid 太小了，应该增大 mid，让 left=mid+1，此时 left=6，right=6，循环退出了，返回 right 即可，参见代码如下：

解法一：

class Solution {
public:
    int splitArray(vector<int>& nums, int m) {
        long left = 0, right = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
            left = max(left, (long)nums[i]);
            right += nums[i];
        }
        while (left < right) {
            long long mid = left + (right - left) / 2;
            if (can_split(nums, m, mid)) right = mid;
            else left = mid + 1;
        }
        return right;
    }
    bool can_split(vector<int>& nums, long m, long sum) {
        long cnt = 1, curSum = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
            curSum += nums[i];
            if (curSum > sum) {
                curSum = nums[i];
                ++cnt;
                if (cnt > m) return false;
            }
        }
        return true;
    }
};

上面的解法相对来说比较难想，在热心网友 perthblank 的提醒下，再来看一种 DP 的解法，相对来说，这种方法应该更容易理解一些。建立一个二维数组 dp，其中 dp[i][j] 表示将数组中前j个数字分成i组所能得到的最小的各个子数组中最大值，初始化为整型最大值，如果无法分为i组，那么还是保持为整型最大值。为了能快速的算出子数组之和，还是要建立累计和数组，难点就是在于推导状态转移方程了。来分析一下，如果前j个数字要分成i组，那么i的范围是什么，由于只有j个数字，如果每个数字都是单独的一组，那么最多有j组；如果将整个数组看为一个整体，那么最少有1组，所以i的范围是[1, j]，所以要遍历这中间所有的情况，假如中间任意一个位置k，dp[i-1][k] 表示数组中前k个数字分成 i-1 组所能得到的最小的各个子数组中最大值，而 sums[j]-sums[k] 就是后面的数字之和，取二者之间的较大值，然后和 dp[i][j] 原有值进行对比，更新 dp[i][j] 为二者之中的较小值，这样k在 [1, j] 的范围内扫过一遍，dp[i][j] 就能更新到最小值，最终返回 dp[m][n] 即可，博主认为这道题所用的思想应该是之前那道题 Reverse Pairs 中解法二中总结的分割重现关系 (Partition Recurrence Relation)，由此看来很多问题的本质都是一样，但是披上华丽的外衣，难免会让人有些眼花缭乱了，参见代码如下：

解法二：

class Solution {
public:
    int splitArray(vector<int>& nums, int m) {
        int n = nums.size();
        vector<long> sums(n + 1);
        vector<vector<long>> dp(m + 1, vector<long>(n + 1, LONG_MAX));
        dp[0][0] = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            sums[i] = sums[i - 1] + nums[i - 1];
        }
        for (int i = 1; i <= m; ++i) {
            for (int j = 1; j <= n; ++j) {
                for (int k = i - 1; k < j; ++k) {
                    long val = max(dp[i - 1][k], sums[j] - sums[k]);
                    dp[i][j] = min(dp[i][j], val);
                }
            }
        }
        return dp[m][n];
    }
};