方法一：动态规划

思路和算法

假设 nums 数组的长度是 n，下标从 0 到 n-1。

我们用 f(i) 代表以第 i 个数结尾的「连续子数组的最大和」，那么很显然我们要求的答案就是：

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：

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。

代码

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1var maxSubArray = function(nums) {
2    let pre = 0, maxAns = nums[0];
3    nums.forEach((x) => {
4        pre = Math.max(pre + x, x);
5        maxAns = Math.max(maxAns, pre);
6    });
7    return maxAns;
8};

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。

方法二：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。

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 = (l + r)/2，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 1 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 l 为左端点的最大子段和
• rSum 表示 [l,r] 内以 r 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] 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 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。

代码

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1function Status(l, r, m, i) {
2    this.lSum = l;
3    this.rSum = r;
4    this.mSum = m;
5    this.iSum = i;
6}
7
8const pushUp = (l, r) => {
9    const iSum = l.iSum + r.iSum;
10    const lSum = Math.max(l.lSum, l.iSum + r.lSum);
11    const rSum = Math.max(r.rSum, r.iSum + l.rSum);
12    const mSum = Math.max(Math.max(l.mSum, r.mSum), l.rSum + r.lSum);
13    return new Status(lSum, rSum, mSum, iSum);
14}
15
16const getInfo = (a, l, r) => {
17    if (l === r) {
18        return new Status(a[l], a[l], a[l], a[l]);
19    }
20    const m = (l + r) >> 1;
21    const lSub = getInfo(a, l, m);
22    const rSub = getInfo(a, m + 1, r);
23    return pushUp(lSub, rSub);
24}
25
26var maxSubArray = function(nums) {
27    return getInfo(nums, 0, nums.length - 1).mSum;
28};

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(log n)，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 O(\sum_{i=1}^{\log n} 2^{i-1})=O(n)，故渐进时间复杂度为 O(n)。
• 空间复杂度：递归会使用 O(log n) 的栈空间，故渐进空间复杂度为 O(log n)。

题外话

「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(log n) 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(log n) 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。