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给定一个整数数组 nums ，找到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。

示例:

输入: [-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。

思路一：

遍历法，On:

算法过程：遍历数组，用onesum去维护当前元素加起来的和。当onesum出现小于0的情况时，我们把它设为0。然后每次都更新全局最大值。

class Solution:    def maxSubArray(self, nums):        """        :type nums: List[int]        :rtype: int        """        #onesum维护当前的和        onesum = 0        maxsum = nums[0]        for i in range(len(nums)):            onesum += nums[i]            maxsum = max(maxsum, onesum)            #出现onesum<0的情况，就设为0，重新累积和            if onesum < 0:                onesum = 0        return maxsum

算法证明：一开始思考数组是个空的，把我们每次选一个nums[i]加入onesum看成当前数组新增了一个元素，也就是用动态的眼光去思考。过程很简单，代码很短，但为什么这样就能达到效果呢？我们进行的加和是按顺序来的，从数组第一个开始加。

当我们的i选出来后，加入onesum。这时有2种情况

1）假设我们这个onesum一直大于0，从未被<0过。那也就是说我们计算的每一次的onesum都大于0，而每一次计算的onesum都是包括开头元素的一段子序列（尾部一直随i变化）。看似我们没有考虑所有可能序列，但实际上所有可能的序列都已经被考虑过了。这里简单讲一下，待会po原文。

   a)以当前子序列开头为开头，中间任一处结尾的序列。这种情况是一直在扫描的，也有一直保存更新，所以不用怕丢失信息。

   b)以当前子序列结尾为结尾，中间任一处开头的序列。这种情况一定的和小于以当前子序列开头为开头，结尾为结尾的序列。因为前面缺失的那一段经过我们的前提，它也是加和大于0的。

   c)以中间元素为开头和结尾的序列。和小于以当前子序列开头为开头，此分序列结尾为结尾的序列。因为前面缺失的那一段经过我们的前提，它也是加和大于0的。

2）出现小于0的情况，就说明我们当前形成的这个子序是第一次出现小于0的情况。现在至少我们要新形成的连续数组不能在整个的包括之前的连续子序了，因为我们在之前的那个连续子序里加出了<0的情况。但问题是我们需不需要保留一些呢？是不是所有以当前子序结尾为结尾的任意开头的子序都要被舍弃呢？答案是是的，因为那一段也一定小于0，因为那一段的加和会小于以当前子序开头为开头，当前子序结尾为结尾的序列（见前面证明）。于是抛弃掉它们，重新开始新的子序。

 

思路二：

动态规划 On

算法过程：

设sum[i]为以第i个元素结尾的最大的连续子数组的和。假设对于元素i，所有以它前面的元素结尾的子数组的长度都已经求得，那么以第i个元素结尾且和最大的连续子数组实际上，要么是以第i-1个元素结尾且和最大的连续子数组加上这个元素，要么是只包含第i个元素，即sum[i]

= max(sum[i-1] + a[i], a[i])。可以通过判断sum[i-1] + a[i]是否大于a[i]来做选择，而这实际上等价于判断sum[i-1]是否大于0。由于每次运算只需要前一次的结果，因此并不需要像普通的动态规划那样保留之前所有的计算结果，只需要保留上一次的即可，因此算法的时间和空间复杂度都很小

class Solution:    def maxSubArray(self, nums):        """        :type nums: List[int]        :rtype: int        """        length=len(nums)        for i in range(1,length):            #当前值的大小与前面的值之和比较，若当前值更大，则取当前值，舍弃前面的值之和            subMaxSum=max(nums[i]+nums[i-1],nums[i])            nums[i]=subMaxSum#将当前和最大的赋给nums[i]，新的nums存储的为和值        return max(nums)

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作者：我喝酸奶不舔盖  来源：CSDN  原文：https://blog.csdn.net/weixin_41958153/article/details/81131379  版权声明：本文为博主原创文章，转载请附上博文链接！

 

以下是Java版本：

      这是一道非常经典的动态规划的题目,我们称为”局部最优和全局最优解法“。

 基本思路:

       在每一步，我们维护两个变量，一个是全局最优，就是到当前元素为止最优的解是; 一个是局部最优，就是必须包含当前元素的最优的解。动态规划的递推式（这是动态规划最重要的步骤，递归式出来了，基本上代码框架也就出来了).

      假设我们已知第i步的global[i]（全局最优）和local[i]（局部最优），那么第i+1步的表达式是：local[i+1]=Math.max(A[i], local[i]+A[i])，就是局部最优是一定要包含当前元素，所以不然就是上一步的局部最优local[i]+当前元素A[i]（因为local[i]一定包含第i个元素，所以不违反条件），但是如果local[i]是负的，那么加上他就不如不需要的，所以不然就是直接用A[i]；global[i+1]=Math(local[i+1],global[i])，有了当前一步的局部最优，那么全局最优就是当前的局部最优或者还是原来的全局最优（所有情况都会被涵盖进来，因为最优的解如果不包含当前元素，那么前面会被维护在全局最优里面，如果包含当前元素，那么就是这个局部最优）。

复杂度:

        时间上只需要扫描一次数组，所以时间复杂度是O(n)。 空间上我们可以看出表达式中只需要用到上一步local[i]和global[i]就可以得到下一步的结果，所以我们在实现中可以用一个变量来迭代这个结果，不需要是一个数组，也就是如程序中实现的那样，所以空间复杂度是两个变量（local和global），即O(2)=O(1)。

/** *  * @author Administrator * */public class MaximumSubarray {    public int maxSubArray(int[] nums) {        if(nums==null || nums.length==0)              return 0;          int global = nums[0];          int local = nums[0];          for(int i=1;i