连续性问题有哪些,求最大连续数
给出一个长度为n的序列A 1，A 2，…，n，求最大连续和。换句话说，要求找到1=i=j=n，使得阿伊阿伊1…阿j尽量大。暴力枚举实现#包括输入输出流
使用命名空间标准
int A[50]={5，9，7，3，4，1，5，8，6，7，3，6，4，0，8，6，7 }；
int main()
{
int n=50
int tot=0；
int best=A[0]；
//初始化最大值，为了防止连续和小于0,所以必须初始化为一个[0].
for(int I=0；I n；我)
{
for(int j=I；j n；j)
{//检查连续子序列A[i]，…，A[j]
int sum=0；
for(int k=I；k=j；k)
{//累加元素和
sum=A[k]；
小孩
}
如果(最佳求和)
{
最佳=总和；
}
}
}
cout best= best tot= tot endl；
返回0;
}tot与机器的运行速度无关。
不同机器的速度不一样，运行时间也会有所差异，但小孩的值一定相同。
换句话说，它去掉了机器相关的因素，只衡量算法的"工作量"大小，
具体来说，是"加法"操作的次数。
算法分析：1.第一层循环遍历数组A的我位从0到n，是最大连续和的左起点；
2.第二层循环遍历数组A的j位从我到n，是最大连续和的右终点；
3.第三层循环遍历数组A的k位从我到j，求出当前范围内的连续和；
4.公式：设输入规模为n时的加法操作次数
连续子序列之和等于两个前缀和之差实现#包括输入输出流
使用命名空间标准
int A[50]={5，9，7，3，4，1，5，8，6，7，3，6，4，0，8，6，7 }；
int S[50]；
int main()
{
int n=50，best=A[0]；
s[0]=0；
for(int I=0；I n；我)
{
S[I]=S[I-1]A[I]；
//递推前缀和S
}
for(int I=0；I n；我)
{
for(int j=I；j n；j)
{
best=max(best，S[j]-S[I-1])；
//更新最大值
}
}
cout best= best endl
返回0;
}算法分析：S[i]表示第一个数到第我个数的和S[j]-S[i-1]表示第我个数到第j个数列的和。
分治算法实现#包括输入输出流
使用命名空间标准
int A[50]={5，9，7，3，4，1，5，8，6，7，3，6，4，0，8，6，7 }；
int maxsum(int *A，int x，int y)
{//返回数组在左闭右开区间[x，y]中的最大连续和
如果(y-x==1)返回一个[x]；//只有一个元素，直接返回。
int m=x(y-x)/2；
//分治第一步：划分成[x，m]和[m，y]
int maxs=max(maxsum(A，x，m)，maxsum(A，m，y))；
//分治第二步：递归求解
int v，L，R；
v=0，L=A[m-1]；
//分治第三步：合并(1)——从分界点开始往左的最大连续和L
for(int I=m-1；I=x；我-)
{
L=max(L，v=A[I])；
}
v=0，R=A[m]；
//分支第三步：合并(2)——从分界点开始往右的最大连续和稀有
for(int I=m；I y；我)
{
R=max(R，v=A[I])；
}
return max(maxs，L R)；//把子问题的解与L和稀有比较
}
int main()
{
cout maxsum(A，0，51)endl；
返回0;
}分治算法实现：
1.划分问题：把序列分成元素个数尽量相等的两半；
2.递归求解：分别求出完全位于左半或者完全位于右半的最佳序列；
3.合并问题：求出起点位于左半，终点位于右半的最大连续和序列，并和子问题的最优解比较。
思路分析首先，我们可以把整个数列平均分成左右两部分，答案则会在以下三种情况中：
1、所求数列完全包含在左半部分的数列中。
2、所求数列完全包含在右半部分的数列中。
3、所求数列刚好横跨分割点，即左右数列各占一部分。
前两种情况和大问题一样，只是规模小了些，如果三个子问题都能解决，那么答案就是三个结果的最大值。
计算出：以分割点为起点向左的最大连续数列和、以分割点为起点向右的最大连续数列和，这两个结果的和就是第三种情况的答案。因为已知起点，所以这两个结果都能在O(N)的时间复杂度能算出来。
算法分析：用递归的思路进行分析，设序列长度为n时T(n)=2T(n/2) n，T(1)=1；
其中2T(n/2)是两次长度为n/2的递归调用，而最后的n是合并的时间（整个序列恰好扫描一遍)。
注意分界点应当是x和y的平均数m=x (y-x)/2，这是因为运算符"/"的"取整"朝零方向（趋向于零)
圆形，不是圆形向下。使用x (y-x)/2确保边界点总是靠近间隔的开始。
#include iostream的动态规划和实施
使用命名空间std
int A[50]={0，5，9，7，3，4，1，5，8，6，7，3，6，4，0，8，6，7 }；
int main()
{
int ans=A[1]；
for(int I=1；i 50我)
{
if(A[I-1]0)A[I]=A[I-1]；
else A[I]=0；
if(A[I]ans)ans=A[I]；
}
cout ans endl
返回0；
}算法分析用dp[n]表示以第n个数结尾的最大连续子序列之和，所以有如下递推公式：
dp[n]=max(0，dp[n-1]) num[n]
整个问题的答案是max(dp[m]) m[1，N]。
大道至简3354完美解决方案实现#包括iostream
使用命名空间std
int main()
{
int N，N，s，ans，m=0；
CIN N N；//读取数组长度和序列中的第一个数字
ans=s=n；//将ans初始化为序列中的第一个数字
for(int I=1；I N；我)
{
if(s m)m=s；
CIN n；s=n；
如果(s-m ans)
ans=s-m；
}
cout ans endl
返回0；
}给定一个sum数组，sum[i]表示第1个数到第I个数的和，所以sum[j]-sum[i-1]表示第I个数到第j个数的和。
以第n个数结尾的最大子序列。假设这个子序列的起点是M，结果是sum[n]-sum[m-1]。
并且，sum[m]必须是sum[1]，sum[2]…sum[n-1]中的最小值。
这样，如果在保持计算的和数组的同时，保持前面的最小值，那么答案就出来了。
在计算前缀和的过程中，保持之前获得的最小值。
其时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(1)，达到理论下限！
大连，最后一个问题，解决了！
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