动态规划2-最大子段和
给出一个整数数组a(正负数都有)，如何找出一个连续子数组（可以一个都不取，那么结果为0），使得其中的和最大？
例如：-2,11,-4,13,-5,-2，和最大的子段为：11,-4,13。和为20。
看见这个问题你的第一反应是用什么算法？
（1） 枚举？对，枚举是万能的！枚举什么？子数组的位置！好枚举一个开头位置i，一个结尾位置j>=i，再求a[i..j]之间所有数的和，找出最大的就可以啦。好的，时间复杂度？
（1.1）枚举i，O(n)
（1.2）枚举j，O(n)
（1.3）求和a[i..j]，O(n)
大概是这样一个计算方法：
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
for(int j = i; j <= n; j++)
{
int sum = 0;
for(int k = i; k <= j; k++)
sum += a[k];
max = Max(max, sum);
}
}
所以是O(n^3), 复杂度太高？降低一下试试看？
（2） 仍然是枚举！ 能不能在枚举的同时计算和？
（2.1）枚举i，O(n)
（2. 2）枚举j，O(n) ,这里我们发现a[i..j]的和不是a[i..j – 1]的和加上a[j]么？所以我们在这里当j增加1的时候把a[j]加到之前的结果上不就可以了么？对！所以我们毫不费力地降低了复杂度，得到了一个新地时间复杂度为O(n^2)的更快的算法。
（2.1）枚举i，O(n)
（2. 2）枚举j，O(n) ,这里我们发现a[i..j]的和不是a[i..j – 1]的和加上a[j]么？所以我们在这里当j增加1的时候把a[j]加到之前的结果上不就可以了么？对！所以我们毫不费力地降低了复杂度，得到了一个新地时间复杂度为O(n^2)的更快的算法。
大概是这样一段代码：
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
int sum = 0;
for(int j = i; j <= n; j++)
{
sum += a[j];
max = Max(max, sum);
}
}
是不是到极限了？远远不止！
我们从中间切开数组，原数组的最大子段和要么是两个子数组的最大子段和（分）， 要么是跨越中心分界点的最大子段和（合）。 那么跨越中心分界点的最大子段合怎么计算呢？仍然是枚举！ 从中心点往左边找到走到哪里可以得到最大的合，再从中心点往右边检查走到哪里可以得到最大的子段合，加起来就可以了。可见原来问题之所以难，是因为我们不知道子数组从哪里开始，哪里结束，没有“着力点”，有了中心位置这个“着力点”，我们可以很轻松地通过循环线性时间找到最大子段和。
于是算法变成了
（3.1）拆分子数组分别求长度近乎一半的数组的最大子段和sum1, sum2
时间复杂度 2* T(n / 2)
（3.2）从中心点往两边分别分别找到最大的和，找到跨越中心分界点的最大子段和sum3 时间复杂度 O(n)
那么总体时间复杂度是T(n) = 2 * T(n / 2) + O(n) = O(nlogn)， 又优化了一大步，不是吗？
还能优化吗？再想想，别放弃！
我们在解法（3）里需要一个“着力点”达到O(n)的子问题时间复杂度，又在解法（2）里轻易地用之前的和加上一个新的元素得到现在的和，那么“之前的和”有那么重要么？如果之前的和是负数呢？显然没用了吧？我们要一段负数的和，还不如从当前元素重新开始了吧？
再想想，如果我要选择a[j]，那么“之前的和”一定是最大的并且是正的。不然要么我把“之前的和”换成更优，要么我直接从a[j]开始，不是更好么？
动态规划大显身手。我们记录dp[i]表示以a[i]结尾的全部子段中最大的和。我们看一下刚才想到的，我取不取a[i – 1],如果取a[i – 1]则一定是取以a[i – 1]结尾的子段和中最大的一个，所以是dp[i – 1]。 那如果不取dp[i – 1]呢？那么我就只取a[i]孤零零一个好了。注意dp[i]的定义要么一定取a[i]。 那么我要么取a[i – 1]要么不取a[i -1]。 那么那种情况对dp[i]有利？ 显然取最大的嘛。所以我们有dp[i] = max(dp[i – 1] + a[i], a[i]) 其实它和dp[i] = max(dp[i – 1] , 0) + a[i]是一样的，意思是说之前能取到的最大和是正的我就要，否则我就不要！初值是什么？初值是dp[1] = a[1]，因为前面没的选了。
那么结果是什么？我们要取的最大子段和必然以某个a[i]结尾吧？那么结果就是max(dp[i])了。
这样，我们的时间复杂度是O(n)，空间复杂度也是O(n)——因为要记录dp这个数组。
再想想，如果我要选择a[j]，那么“之前的和”一定是最大的并且是正的。不然要么我把“之前的和”换成更优，要么我直接从a[j]开始，不是更好么？
动态规划大显身手。我们记录dp[i]表示以a[i]结尾的全部子段中最大的和。我们看一下刚才想到的，我取不取a[i – 1],如果取a[i – 1]则一定是取以a[i – 1]结尾的子段和中最大的一个，所以是dp[i – 1]。 那如果不取dp[i – 1]呢？那么我就只取a[i]孤零零一个好了。注意dp[i]的定义要么一定取a[i]。 那么我要么取a[i – 1]要么不取a[i -1]。 那么那种情况对dp[i]有利？ 显然取最大的嘛。所以我们有dp[i] = max(dp[i – 1] + a[i], a[i]) 其实它和dp[i] = max(dp[i – 1] , 0) + a[i]是一样的，意思是说之前能取到的最大和是正的我就要，否则我就不要！初值是什么？初值是dp[1] = a[1]，因为前面没的选了。
那么结果是什么？我们要取的最大子段和必然以某个a[i]结尾吧？那么结果就是max(dp[i])了。
这样，我们的时间复杂度是O(n)，空间复杂度也是O(n)——因为要记录dp这个数组。
算法达到最优了吗？ 好像是！还可以优化！我们注意到dp[i] = max(dp[i － 1]， 0) ＋ a[i]， 看它只和dp[i – 1]有关，我们为什么要把它全记录下来呢？为了求所有dp[i]的最大值？不，最大值我们也可以求一个比较一个嘛。
我们定义endmax表示以当前元素结尾的最大子段和，当加入a[i]时，我们有endmax’ = max(endmax, 0) + a[i]， 然后再顺便记录一下最大值就好了。
老生常谈的问题来了。我们如何找到一个这样的子段？请看上面的为伪代码endmax = max(endmax, 0) + a[i], 对于endmax它对应的子段的结尾显然是a[i]，我们怎么知道这个子段的开头呢？ 就看它有没有被更新。也就是说如果endmax’ = endmax + a[i]则对应子段的开头就是之前的子段的开头。否则，显然endmax开头和结尾都是a[i]了，让我们来改一下伪代码：
这里我们直接用end作为循环变量，通过更新与否决定start是否改变。
总结：通过不断优化，我们得到了一个时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为O(1)的简单的动态规划算法。动态规划，就这么简单！优化无止境！
我们定义endmax表示以当前元素结尾的最大子段和，当加入a[i]时，我们有endmax’ = max(endmax, 0) + a[i]， 然后再顺便记录一下最大值就好了。
伪代码如下；（数组下标从1开始）
endmax = answer = a[1] for i = 2 to n do endmax = max(endmax, 0) + a[i] answer = max(answer, endmax) endfor
时间复杂度？O(n)!空间复杂度？O(1)! 简单吧？我们不仅优化了时间复杂度和空间复杂度，还使代码变得简单明了，更不容易出错。
老生常谈的问题来了。我们如何找到一个这样的子段？请看上面的为伪代码endmax = max(endmax, 0) + a[i], 对于endmax它对应的子段的结尾显然是a[i]，我们怎么知道这个子段的开头呢？ 就看它有没有被更新。也就是说如果endmax’ = endmax + a[i]则对应子段的开头就是之前的子段的开头。否则，显然endmax开头和结尾都是a[i]了，让我们来改一下伪代码：
start = 1 answerstart = asnwerend = 1 endmax = answer = a[1] for end = 2 to n do if endmax > 0 then endmax += a[end] else endmax = a[end] start = end endif if endmax > answer then answer = endmax answerstart = start answerend = end endif endfor
总结：通过不断优化，我们得到了一个时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为O(1)的简单的动态规划算法。动态规划，就这么简单！优化无止境！
最后，我们来提供输入输出数据，由你来写一段程序，实现这个算法，只有写出了正确的程序，才能继续后面的课程。
输出示例
输入
第1行：整数序列的长度N（2 <= N <= 50000) 第2 - N + 1行：N个整数（-10^9 <= A[i] <= 10^9）
输出
输出最大子段和。
输入示例
6 -2 11 -4 13 -5 -2
输出示例
20
请选取你熟悉的语言，并在下面的代码框中完成你的程序，注意数据范围，最终结果会造成Int32溢出，这样会输出错误的答案。
不同语言如何处理输入输出，请查看下面的语言说明。
1 def max(a,b): 2 if a>b: 3 return a 4 else: 5 return b 6 7 n=int(input().split()[0]) 8 endmax=0 9 ans=-10000000000 10 for i in range(n): 11 a=int(input().split()[0]) 12 endmax=max(0,endmax)+a 13 ans=max(ans,endmax) 14 15 print(ans)
