最大子序列交替和【LC1911】

一个下标从 0 开始的数组的 交替和 定义为 偶数 下标处元素之 和 减去 奇数 下标处元素之 和 。

• 比方说，数组 [4,2,5,3] 的交替和为 (4 + 5) - (2 + 3) = 4 。

给你一个数组 nums ，请你返回 nums 中任意子序列的 最大交替和 （子序列的下标 重新 从 0 开始编号）。

一个数组的 子序列 是从原数组中删除一些元素后（也可能一个也不删除）剩余元素不改变顺序组成的数组。比方说，[2,7,4] 是 [4,**2**,3,**7**,2,1,**4**] 的一个子序列（加粗元素），但是 [2,4,2] 不是。

做了那么久怎么还是那么菜呢

• 思路：枚举选哪个【超时】

  class Solution {public long maxAlternatingSum(int[] nums) {int n = nums.length;long[][] dp = new long[n][2];// 以nums[i]结尾的长度为偶数/奇数的子序列的最大交替和dp[0][0] = -1;// 只有一个元素，不存在以其结尾长度为偶数的子序列dp[0][1] = nums[0];long res = 0L;for (int i = 1; i < n; i++){dp[i][1] = nums[i];// 以当前元素作为第一个元素for (int j = 0; j < i; j++){dp[i][0] = Math.max(dp[i][0], dp[j][1] - nums[i]);          dp[i][1] = Math.max(dp[i][1], dp[j][0] + nums[i]);res = Math.max(res, Math.max(dp[i][0], dp[i][1]));}}return res;}
  }
  

  • 复杂度
    • 时间复杂度：$\mathcal{O}(n^2)$
    • 空间复杂度：$\mathcal{O}(n)$

• 思路：选或不选

  每个元素可以延续在之前的元素后，此时会受下标奇数和偶数影响；也可以不选择，保留之前的最值。因此可以定义$dp[i][0]$表示前$i$个选了偶数个元素的最大值，$dp[i][1]$表示前$i$个选了奇数个元素的最大值

  • 状态转移
    $$\begin{gathered} dp[i][0]=dp[i-1][1]+nums[i] \\ dp[i][1]=dp[i-1][0]-nums[i] \end{gathered}$$

  • 优化：$dp[i][0/1]$定义的是到当前$i$这个元素为界限，并不意味着必须取$i$元素，只代表范围区间。

    由于本题中选取子序列，并且不需要根据前一个元素的大小关系判断是否能接在末尾，所以状态定义是定义为截止当目前元素，选取的最大和【有点像背包的感觉，后续元素在前面元素的基础上判断选或不选，保留最大值】

  • 类似不限制买卖次数、只持有一支股票的股票买卖，初始状态拥有一支股票，因此先卖再买再卖再买…求出最后拥有的最大现金值

    • 定义状态：
      • $dp[i][0]$表示截止第$i$天，持有股票的最大现金数
      • $dp[i][1]$表示截止第$i$天，不持有股票的最大现金数

• 实现

  class Solution {public long maxAlternatingSum(int[] nums) {int n = nums.length;long[][] dp = new long[n][2];// 在nums[0,i]选择长度为偶数/奇数的子序列的最大交替和dp[0][0] = 0;// 只有一个元素，不存在以其结尾长度为偶数的子序列dp[0][1] = nums[0];for (int i = 1; i < n; i++){      dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - nums[i]);          dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + nums[i]);         }return Math.max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]);}
  }
  

  • 复杂度
    • 时间复杂度：$\mathcal{O}(n)$
    • 空间复杂度：$\mathcal{O}(n)$