一，存在重复元素

217. 存在重复元素 - 力扣（LeetCode）

https://leetcode.cn/problems/contains-duplicate/

答案写在下面的函数里面：

class Solution {
public:
    bool containsDuplicate(vector<int>& nums) {
    }
};

首先，我们要达到会解的这个境界，这是最简单的境界，”暴力“

1，暴力解法：（遍历）

class Solution {
public:
    bool containsDuplicate(vector<int>& nums) {
        for(int i = 0; i < nums.size() -1; i++){
            for(int j = 0; j < nums.size(); j++){
                if(nums[i]==nums[j] && i != j ){
                    return ture;
                }
            }
        }
        return false;
    }
};

复杂度分析：

时间复杂度：O(N^2)，其中 NN 为数组的长度。需要对数组进行排序。

2，排序：

在对数字从小到大排序之后，数组的重复元素一定出现在相邻位置中。因此，我们可以扫描已排序的数组，每次判断相邻的两个元素是否相等，如果相等则说明存在重复的元素。

class Solution {
public:
    bool containsDuplicate(vector<int>& nums) {
        sort(nums.begin(), nums.end());
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            if (nums[i] == nums[i + 1])
                return true;
        }
        return false;
    }
};

• 这里不能写i++，也不能写++i，因为上面的循环条件里面已经有了i++，如果是写++i，i的值会重复加两遍。如果写i++的话，这里的i并没有加一，所以只会返回false。

• 如果一定要写++i的话也是可行的，将循环条件中的i++去掉即可。

时间复杂度：O(NlogN)，其中 N 为数组的长度。需要对数组进行排序。

3，哈希表：

对于数组中每个元素，我们将它插入到哈希表中。如果插入一个元素时发现该元素已经存在于哈希表中，则说明存在重复的元素。

class Solution {
public:
    bool containsDuplicate(vector<int>& nums) {
        sort(nums.begin(), nums.end());
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            if (nums[i] == nums[i + 1])
                return true;
        }
        return false;
    }
};

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N)，其中 N 为数组的长度。

通过这个题目，我们引出了一个问题：叫做数组验重。

二，最大子数组和（最大子列和）

53. 最大子数组和 - 力扣（LeetCode）

https://leetcode.cn/problems/maximum-subarray/

答案写到下面的函数里：

class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
    }
};

1，动态规划：

因此我们只需要求出每个位置的 f(i)，然后返回 f数组中的最大值即可。那么我们如何求 f(i) 呢？我们可以考虑 nums[i] 单独成为一段还是加入 f(i-1) 对应的那一段，这取决于 nums[i] 和 f(i-1) + nums[i] 的大小，我们希望获得一个比较大的，于是可以写出这样的动态规划转移方程：

f(i)=max{f(i−1)+nums[i],nums[i]}

不难给出一个时间复杂度 O(n)、空间复杂度 O(n) 的实现，即用一个 f 数组来保存 f(i) 的值，用一个循环求出所有 f(i)。考虑到 f(i)只和 f(i−1) 相关，于是我们可以只用一个变量 pre 来维护对于当前 f(i)的 f(i−1) 的值是多少，从而让空间复杂度降低到 O(1)，这有点类似「滚动数组」的思想。

class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        int pre = 0, maxAns = nums[0];
        for (const auto &x: nums) {
            pre = max(pre + x, x);
            maxAns = max(maxAns, pre);
        }
        return maxAns;
    }
};

复杂度

时间复杂度：O(n)，其中 n 为 nums 数组的长度。我们只需要遍历一遍数组即可求得答案。

空间复杂度：O(1)。我们只需要常数空间存放若干变量。

2，分治：

思路和算法

这个分治方法类似于「线段树求解最长公共上升子序列问题」的 pushUp 操作。 也许读者还没有接触过线段树，没有关系，方法二的内容假设你没有任何线段树的基础。当然，如果读者有兴趣的话，推荐阅读线段树区间合并法解决多次询问的「区间最长连续上升序列问题」和「区间最大子段和问题」，还是非常有趣的。

我们定义一个操作 get(a, l, r) 表示查询 a 序列 [l,r] 区间内的最大子段和，那么最终我们要求的答案就是 get(nums, 0, nums.size() - 1)。如何分治实现这个操作呢？对于一个区间 [l,r]，我们取 m ，对区间 [l,m] 和 [m+1,r] 分治求解。当递归逐层深入直到区间长度缩小为 11 的时候，递归「开始回升」。这个时候我们考虑如何通过 [l,m] 区间的信息和 [m+1,r] 区间的信息合并成区间[l,r] 的信息。最关键的两个问题是：

我们要维护区间的哪些信息呢？

我们如何合并这些信息呢？

对于一个区间[l,r]，我们可以维护四个量：

lSum 表示 [l,r] 内以 ll 为左端点的最大子段和

rSum 表示 [l,r] 内以 rr 为右端点的最大子段和

mSum 表示[l,r] 内的最大子段和

iSum 表示 [l,r] 的区间和

以下简称 [l,m] 为 [l,r]的「左子区间」，[m+1,r] 为[l,r] 的「右子区间」。我们考虑如何维护这些量呢（如何通过左右子区间的信息合并得到 [l,r][l,r] 的信息）？对于长度为 1 的区间[i,i]，四个量的值都和 nums[i] 相等。对于长度大于 1 的区间：

首先最好维护的是 \textit{iSum}iSum，区间 [l,r] 的 iSum 就等于「左子区间」的iSum 加上「右子区间」的 iSum。

对于[l,r] 的 lSum，存在两种可能，它要么等于「左子区间」的 lSum，要么等于「左子区间」的 iSum 加上「右子区间」的lSum，二者取大。

对于 [l,r] 的 rSum，同理，它要么等于「右子区间」的 rSum，要么等于「右子区间」的 iSum 加上「左子区间」的 rSum，二者取大。

当计算好上面的三个量之后，就很好计算[l,r] 的mSum 了。我们可以考虑[l,r] 的 mSum 对应的区间是否跨越 m——它可能不跨越 m，也就是说 [l,r] 的 mSum 可能是「左子区间」的 mSum 和 「右子区间」的 mSum 中的一个；它也可能跨越 m，可能是「左子区间」的 rSum 和 「右子区间」的 lSum 求和。三者取大。

这样问题就得到了解决。

class Solution {
public:
    struct Status {
        int lSum, rSum, mSum, iSum;
    };
    Status pushUp(Status l, Status r) {
        int iSum = l.iSum + r.iSum;
        int lSum = max(l.lSum, l.iSum + r.lSum);
        int rSum = max(r.rSum, r.iSum + l.rSum);
        int mSum = max(max(l.mSum, r.mSum), l.rSum + r.lSum);
        return (Status) {lSum, rSum, mSum, iSum};
    };
    Status get(vector<int> &a, int l, int r) {
        if (l == r) {
            return (Status) {a[l], a[l], a[l], a[l]};
        }
        int m = (l + r) >> 1;
        Status lSub = get(a, l, m);
        Status rSub = get(a, m + 1, r);
        return pushUp(lSub, rSub);
    }
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        return get(nums, 0, nums.size() - 1).mSum;
    }
};

复杂度分析

假设序列 a 的长度为 n。

时间复杂度：假设我们把递归的过程看作是一颗二叉树的先序遍历，那么这颗二叉树的深度的渐进上界为 O(logn)，这里的总时间相当于遍历这颗二叉树的所有节点，故总时间的渐进上界是

故渐进时间复杂度为 O(n)。

空间复杂度：递归会使用 O(logn) 的栈空间，故渐进空间复杂度为 O(\log n)O(logn)。

「方法二」相较于「方法一」来说，时间复杂度相同，但是因为使用了递归，并且维护了四个信息的结构体，运行的时间略长，空间复杂度也不如方法一优秀，而且难以理解。那么这种方法存在的意义是什么呢？

对于这道题而言，确实是如此的。但是仔细观察「方法二」，它不仅可以解决区间 [0, n-1]，还可以用于解决任意的子区间 [l,r]的问题。如果我们把 [0,n−1] 分治下去出现的所有子区间的信息都用堆式存储的方式记忆化下来，即建成一颗真正的树之后，我们就可以在 O(logn) 的时间内求到任意区间内的答案，我们甚至可以修改序列中的值，做一些简单的维护，之后仍然可以在 O(logn) 的时间内求到任意区间内的答案，对于大规模查询的情况下，这种方法的优势便体现了出来。这棵树就是上文提及的一种神奇的数据结构——线段树。

经典动态规划问题（理解「无后效性」） - 最大子数组和 - 力扣（LeetCode）

https://leetcode.cn/problems/maximum-subarray/solution/dong-tai-gui-hua-fen-zhi-fa-python-dai-ma-java-dai/

3,暴力：

class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
    int res = nums[0];
    int sum = 0;
    for (int num : nums) {
        if (sum > 0)
            sum += num;
        else
            sum = num;
        res = max(res, sum);
    }
    return res;
    }
};

最大子序和 - 最大子数组和 - 力扣（LeetCode） 上述解答部分来自力扣官方解答。