动态规划算法：⼦数组、⼦串系列（数组中连续的⼀段）

例题一

解法（动态规划）：

算法思路：

1. 状态表⽰：

对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：

i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；

ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。

这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以「某个位置为结尾」，结合「题⽬要求」，定义⼀个状态表⽰：

dp[i] 表⽰：以 i 位置元素为结尾的「所有⼦数组」中和的最⼤和。

2. 状态转移⽅程：

dp[i] 的所有可能可以分为以下两种：

i. ⼦数组的⻓度为 1 ：此时 dp[i] = nums[i] ；

ii. ⼦数组的⻓度⼤于 1 ：此时 dp[i] 应该等于 以 i - 1 做结尾的「所有⼦数组」中和的最⼤值再加上 nums[i] ，也就是 dp[i - 1] + nums[i] 。

由于我们要的是「最⼤值」，因此应该是两种情况下的最⼤值，因此可得转移⽅程：

dp[i] = max(nums[i], dp[i - 1] + nums[i]) 。

3. 初始化：

可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：

i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；

ii. 「下标的映射关系」。

在本题中，最前⾯加上⼀个格⼦，并且让 dp[0] = 0 即可。

4. 填表顺序：根据「状态转移⽅程」易得，填表顺序为「从左往右」。

5. 返回值：

状态表⽰为「以 i 为结尾的所有⼦数组」的最⼤值，但是最⼤⼦数组和的结尾我们是不确定的。

因此我们需要返回整个 dp 表中的最⼤值。

例题二

解法（动态规划）： 算法思路：

本题与「最⼤⼦数组和」的区别在于，考虑问题的时候不仅要分析「数组内的连续区域」，还要考

虑「数组⾸尾相连」的⼀部分。结果的可能情况分为以下两种：

i. 结果在数组的内部，包括整个数组；

ii. 结果在数组⾸尾相连的⼀部分上。

其中，对于第⼀种情况，我们仅需按照「最⼤⼦数组和」的求法就可以得到结果，记为 fmax 。

对于第⼆种情况，我们可以分析⼀下：

i. 如果数组⾸尾相连的⼀部分是最⼤的数组和，那么数组中间就会空出来⼀部分；

ii. 因为数组的总和 sum 是不变的，那么中间连续的⼀部分的和⼀定是最⼩的；

因此，我们就可以得出⼀个结论，对于第⼆种情况的最⼤和，应该等于 sum - gmin ，其中

gmin 表⽰数组内的「最⼩⼦数组和」。 两种情况下的最⼤值，就是我们要的结果。

但是，由于数组内有可能全部都是负数，第⼀种情况下的结果是数组内的最⼤值（是个负数），第

⼆种情况下的 gmin == sum ，求的得结果就会是 0 。若直接求两者的最⼤值，就会是 0 。但

是实际的结果应该是数组内的最⼤值。对于这种情况，我们需要特殊判断⼀下。

由于「最⼤⼦数组和」的⽅法已经讲过，这⾥只提⼀下「最⼩⼦数组和」的求解过程，其实与「最

⼤⼦数组和」的求法是⼀致的。⽤ f 表⽰最⼤和， g 表⽰最⼩和。

1. 状态表⽰：

g[i] 表⽰：以 i 做结尾的「所有⼦数组」中和的最⼩值。

2. 状态转移⽅程：

g[i] 的所有可能可以分为以下两种：

i. ⼦数组的⻓度为 1 ：此时 g[i] = nums[i] ；

ii. ⼦数组的⻓度⼤于 1 ：此时 g[i] 应该等于 以 i - 1 做结尾的「所有⼦数组」中和的最⼩值再加上 nums[i] ，也就是 g[i - 1] + nums[i] 。

由于我们要的是最⼩⼦数组和，因此应该是两种情况下的最⼩值，因此可得转移⽅程：

g[i] = min(nums[i], g[i - 1] + nums[i]) 。

3. 初始化：

可以在最前⾯加上⼀个辅助结点，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：

i. 辅助结点⾥⾯的值要保证后续填表是正确的；

ii. 下标的映射关系。

在本题中，最前⾯加上⼀个格⼦，并且让 g[0] = 0 即可。

4. 填表顺序：

根据状态转移⽅程易得，填表顺序为「从左往右」。

5. 返回值：

a. 先找到 f 表⾥⾯的最⼤值 -> fmax ；

b. 找到 g 表⾥⾯的最⼩值 -> gmin ；

c. 统计所有元素的和 -> sum ；

b. 返回 sum == gmin ? fmax : max(fmax, sum - gmin) 。

例题三

解法（动态规划）：

算法思路：

这道题与「最⼤⼦数组和」⾮常相似，我们可以效仿着定义⼀下状态表⽰以及状态转移：

i. dp[i] 表⽰以 i 为结尾的所有⼦数组的最⼤乘积，

ii. dp[i] = max(nums[i], dp[i - 1] * nums[i]) ；

由于正负号的存在，我们很容易就可以得到，这样求 dp[i] 的值是不正确的。因为 dp[i - 1] 的信息并不能让我们得到 dp[i] 的正确值。⽐如数组 [-2, 5, -2] ，⽤上述状态转移得到的 dp数组为 [-2, 5, -2] ，最⼤乘积为 5 。但是实际上的最⼤乘积应该是所有数相乘，结果为 20 。

究其原因，就是因为我们在求 dp[2] 的时候，因为 nums[2] 是⼀个负数，因此我们需要的是「 i - 1 位置结尾的最⼩的乘积 （ -10 ） 」，这样⼀个负数乘以「最⼩值」，才会得到真实的最⼤值。

因此，我们不仅需要⼀个「乘积最⼤值的 dp 表」，还需要⼀个「乘积最⼩值的 dp 表」。

1. 状态表⽰：

f[i] 表⽰：以 i 结尾的所有⼦数组的最⼤乘积，

g[i] 表⽰：以 i 结尾的所有⼦数组的最⼩乘积。

2. 状态转移⽅程：

遍历每⼀个位置的时候，我们要同步更新两个 dp 数组的值。对于 f[i] ，也就是「以 i 为结尾的所有⼦数组的最⼤乘积」，对于所有⼦数组，可以分为下⾯三种形式：

i. ⼦数组的⻓度为 1 ，也就是 nums[i] ；

ii. ⼦数组的⻓度⼤于 1 ，但 nums[i] > 0 ，此时需要的是 i - 1 为结尾的所有⼦数组的最⼤乘积 f[i - 1] ，再乘上 nums[i] ，也就是 nums[i] * f[i - 1] ；

iii. ⼦数组的⻓度⼤于 1 ，但 nums[i] < 0 ，此时需要的是 i - 1 为结尾的所有⼦数组的最⼩乘积 g[i - 1] ，再乘上 nums[i] ，也就是 nums[i] * g[i - 1] ；（如果 nums[i] = 0 ，所有⼦数组的乘积均为 0

，三种情况其实都包含了）

综上所述， f[i] = max(nums[i], max(nums[i] * f[i - 1], nums[i] * g[i - 1]) )。 对于 g[i] ，也就是「以 i 为结尾的所有⼦数组的最⼩乘积」，对于所有⼦数组，可以分为下⾯三种形式：

i. ⼦数组的⻓度为 1 ，也就是 nums[i] ；

ii. ⼦数组的⻓度⼤于1 ，但 nums[i] > 0 ，此时需要的是 i - 1 为结尾的所有⼦数组的最⼩乘积 g[i - 1] ，再乘上 nums[i] ，也就是 nums[i] * g[i - 1] ；

iii. ⼦数组的⻓度⼤于 1 ，但 nums[i] < 0 ，此时需要的是 i - 1 为结尾的所有⼦数组的最⼤乘积 f[i - 1] ，再乘上 nums[i] ，也就是 nums[i] * f[i - 1] ；

综上所述， g[i] = min(nums[i], min(nums[i] * f[i - 1], nums[i] * g[i -1])) 。

（如果 nums[i] = 0 ，所有⼦数组的乘积均为 0 ，三种情况其实都包含了）

3. 初始化：

可以在最前⾯加上⼀个辅助结点，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：

i. 辅助结点⾥⾯的值要保证后续填表是正确的；

ii. 下标的映射关系。

在本题中，最前⾯加上⼀个格⼦，并且让 f[0] = g[0] = 1 即可。

4. 填表顺序：

根据状态转移⽅程易得，填表顺序为「从左往右，两个表⼀起填」。

5. 返回值：

返回 f 表中的最⼤值。

例题四

解法（动态规划）：

算法思路：

继续效仿「最⼤⼦数组和」中的状态表⽰，尝试解决这个问题。

状态表⽰： dp[i] 表⽰「所有以 i 结尾的⼦数组，乘积为正数的最⻓⼦数组的⻓度」。

思考状态转移：对于 i 位置上的 nums[i] ，我们可以分三种情况讨论：

i. 如果 nums[i] = 0 ，那么所有以 i 为结尾的⼦数组的乘积都不可能是正数，此时 dp[i] = 0 ；

ii. 如果 nums[i] > 0 ，那么直接找到 dp[i - 1] 的值（这⾥请再读⼀遍 dp[i - 1] 代表的意义，并且考虑如果 dp[i - 1] 的结值是 0 的话，影不影响结果），然后加⼀即可，此时 dp[i] = dp[i - 1] + 1 ；

iii. 如果 nums[i] < 0 ，这时候你该蛋疼了，因为在现有的条件下，你根本没办法得到此时的最⻓⻓度。因为乘法是存在「负负得正」的，单单靠⼀个 dp[i - 1] ，我们⽆法推导出 dp[i] 的值。 但是，如果我们知道「以 i - 1 为结尾的所有⼦数组，乘积为负数的最⻓⼦数组的⻓度」 neg[i - 1] ，那么此时的 dp[i] 是不是就等于 neg[i - 1] + 1 呢？

通过上⾯的分析，我们可以得出，需要两个 dp 表，才能推导出最终的结果。不仅需要⼀个「乘积

为正数的最⻓⼦数组」，还需要⼀个「乘积为负数的最⻓⼦数组」。

1. 状态表⽰：

f[i] 表⽰：以 i 结尾的所有⼦数组中，乘积为「正数」的最⻓⼦数组的⻓度；

g[i] 表⽰：以 i 结尾的所有⼦数组中，乘积为「负数」的最⻓⼦数组的⻓度。

2. 状态转移⽅程：

遍历每⼀个位置的时候，我们要同步更新两个 dp 数组的值。对于 f[i] ，也就是以 i 为结尾的乘积为「正数」的最⻓⼦数组，根据 nums[i] 的值，可以分为三种情况：

i. nums[i] = 0 时，所有以 i 为结尾的⼦数组的乘积都不可能是正数，此时 f[i] = 0 ；

ii. nums[i] > 0 时，那么直接找到 f[i - 1] 的值（这⾥请再读⼀遍 f[i - 1] 代表的意义，并且考虑如果 f[i - 1] 的结值是 0 的话，影不影响结果），然后加⼀即可，此时 f[i] = f[i - 1] + 1 ；

iii. nums[i] < 0 时，此时我们要看 g[i - 1] 的值（这⾥请再读⼀遍 g[i - 1] 代表的意义。因为负负得正，如果我们知道以 i - 1 为结尾的乘积为负数的最⻓⼦数组的⻓度，加上 1 即可），根据 g[i - 1] 的值，⼜要分两种情况：

1. g[i - 1] = 0 ，说明以 i - 1 为结尾的乘积为负数的最⻓⼦数组是不存在的，⼜因为 nums[i] < 0 ，所以以 i 结尾的乘积为正数的最⻓⼦数组也是不存在的，此时 f[i] = 0 ；

2. g[i - 1] != 0 ，说明以 i - 1 为结尾的乘积为负数的最⻓⼦数组是存在的，⼜因为 nums[i] < 0 ，所以以 i 结尾的乘积为正数的最⻓⼦数组就等于 g[i - 1] + 1 ；

综上所述， nums[i] < 0 时， f[i] = g[i - 1] == 0 ? 0 : g[i - 1] + 1;

对于 g[i] ，也就是以 i 为结尾的乘积为「负数」的最⻓⼦数组，根据 nums[i] 的值，可以分为三种情况：

i. nums[i] = 0 时，所有以 i 为结尾的⼦数组的乘积都不可能是负数，此时 g[i] = 0 ；

ii. nums[i] < 0 时，那么直接找到 f[i - 1] 的值（这⾥请再读⼀遍 f[i - 1] 代表的意义，并且考虑如果 f[i - 1] 的结值是 0 的话，影不影响结果），然后加⼀即可（因为正数 * 负数 = 负数），此时 g[i] = f[i - 1] + 1 ；

iii. nums[i] > 0 时，此时我们要看 g[i - 1] 的值（这⾥请再读⼀遍 g[i - 1] 代表的意义。因为正数 * 负数 = 负数），根据 g[i - 1] 的值，⼜要分两种情况：

1. g[i - 1] = 0 ，说明以 i - 1 为结尾的乘积为负数的最⻓⼦数组是不存在的，⼜因为 nums[i] > 0 ，所以以 i 结尾的乘积为负数的最⻓⼦数组也是不存在的，此时 f[i] = 0 ；

2. g[i - 1] != 0 ，说明以 i - 1 为结尾的乘积为负数的最⻓⼦数组是存在的，⼜因为 nums[i] > 0 ，所以以 i 结尾的乘积为正数的最⻓⼦数组就等于 g[i - 1] + 1 ；

综上所述， nums[i] > 0 时， g[i] = g[i - 1] == 0 ? 0 : g[i - 1] + 1 ;

这⾥的推导⽐较绕，因为不断的出现「正数和负数」的分情况讨论，我们只需根据下⾯的规则，严

格找到此状态下需要的 dp 数组即可：

i. 正数 * 正数 = 正数

ii. 负数 * 负数 = 正数

iii. 负数 * 正数 = 正数 * 负数 = 负数

3. 初始化：

可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：

i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；

ii. 「下标的映射关系」。

在本题中，最前⾯加上⼀个格⼦，并且让 f[0] = g[0] = 0 即可。

4. 填表顺序：

根据「状态转移⽅程」易得，填表顺序为「从左往右，两个表⼀起填」。

5. 返回值：

根据「状态表⽰」，我们要返回 f 表中的最⼤值。

解法（动态规划）：

算法思路：

1. 状态表⽰：

由于我们的研究对象是「⼀段连续的区间」，如果我们状态表⽰定义成 [0, i] 区间内⼀共有多少等差数列，那么我们在分析 dp[i] 的状态转移时，会⽆从下⼿，因为我们不清楚前⾯那么多的「等差数列都在什么位置」。所以说，我们定义的状态表⽰必须让等差数列「有迹可循」，让状态转移的时候能找到「⼤部队」。因此，我们可以「固定死等差数列的结尾」，定义下⾯的状态表⽰：dp[i] 表⽰必须「以 i 位置的元素为结尾」的等差数列有多少种。

2. 状态转移⽅程：

我们需要了解⼀下等差数列的性质：如果 a b c 三个数成等差数列，这时候来了⼀个 d ，其中 b c d 也能构成⼀个等差数列，那么 a b c d 四个数能够成等差序列吗？答案是：显然的。因为他们之间相邻两个元素之间的差值都是⼀样的。有了这个理解，我们就可以转⽽分析我们的状态转移⽅程了。 对于dp[i] 位置的元素 nums[i] ，会与前⾯的两个元素有下⾯两种情况：

i. nums[i - 2], nums[i - 1], nums[i] 三个元素不能构成等差数列：那么以nums[i] 为结尾的等差数列就不存在，此时 dp[i] = 0 ；

ii. nums[i - 2], nums[i - 1], nums[i] 三个元素可以构成等差数列：那么以nums[i - 1] 为结尾的所有等差数列后⾯填上⼀个 nums[i] 也是⼀个等差数列，此时dp[i] = dp[i - 1] 。但是，因为 nums[i - 2], nums[i - 1], nums[i] 三者⼜能构成⼀个新的等差数列，因此要在之前的基础上再添上⼀个等差数列，于是 dp[i] = dp[i - 1] + 1 。综上所述：状态转移⽅程为：

当： nums[i - 2] + nums[i] != 2 * nums[i - 1] 时，dp[i] = 0

当： nums[i - 2] + nums[i] == 2 * nums[i - 1] 时， dp[i] = 1 + dp[i - 1]

3. 初始化：

由于需要⽤到前两个位置的元素，但是前两个位置的元素⼜⽆法构成等差数列，因此 dp[0] = dp[1] = 0 。

4. 填表顺序：

毫⽆疑问是「从左往右」。

5. 返回值：

因为我们要的是所有的等差数列的个数，因此需要返回整个 dp 表⾥⾯的元素之和。

例题五

解法（动态规划）：

算法思路：

1. 状态表⽰：

我们先尝试定义状态表⽰为： dp[i] 表⽰「以 i 位置为结尾的最⻓湍流数组的⻓度」。 但是，问题来了，如果状态表⽰这样定义的话，以 i 位置为结尾的最⻓湍流数组的⻓度我们没法从之前的状态推导出来。因为我们不知道前⼀个最⻓湍流数组的结尾处是递增的，还是递减的。因此，我们需要状态表⽰能表⽰多⼀点的信息：要能让我们知道这⼀个最⻓湍流数组的结尾是「递增」的还是「递减」的。因此需要两个 dp 表：

f[i] 表⽰：以 i 位置元素为结尾的所有⼦数组中，最后呈现「上升状态」下的最⻓湍流数组的⻓度；

g[i] 表⽰：以 i 位置元素为结尾的所有⼦数组中，最后呈现「下降状态」下的最⻓湍流数组的⻓度。

2. 状态转移⽅程：

对于 i 位置的元素 arr[i] ，有下⾯两种情况：

i. arr[i] > arr[i - 1] ：如果 i 位置的元素⽐ i - 1 位置的元素⼤，说明接下来应该去找 i -1 位置结尾，并且 i - 1 位置元素⽐前⼀个元素⼩的序列，那就是 g[i - 1] 。更新 f[i] 位置的值： f[i] = g[i - 1] + 1 ；

ii. arr[i] < arr[i - 1] ：如果 i 位置的元素⽐ i - 1 位置的元素⼩，说明接下来应该去找 i - 1 位置结尾，并且 i - 1 位置元素⽐前⼀个元素⼤的序列，那就是f[i - 1] 。更新 g[i] 位置的值： g[i] = f[i - 1] + 1 ；

iii. arr[i] == arr[i - 1] ：不构成湍流数组。

3. 初始化：

所有的元素「单独」都能构成⼀个湍流数组，因此可以将 dp 表内所有元素初始化为 1 。由于⽤到前⾯的状态，因此我们循环的时候从第⼆个位置开始即可。

4. 填表顺序：

毫⽆疑问是「从左往右，两个表⼀起填」。

5. 返回值：

应该返回「两个 dp 表⾥⾯的最⼤值」，我们可以在填表的时候，顺便更新⼀个最⼤值。

例题六

解法（动态规划）：

算法思路：

1. 状态表⽰：

对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：

i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；

ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。

这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：

dp[i] 表⽰： [0, i] 区间内的字符串，能否被字典中的单词拼接⽽成。

2. 状态转移⽅程：

对于dp[i] ，为了确定当前的字符串能否由字典⾥⾯的单词构成，根据最后⼀个单词的起始位置 j ，我们可以将其分解为前后两部分：

i. 前⾯⼀部分[0, j - 1] 区间的字符串；

ii. 后⾯⼀部分[j, i] 区间的字符串。

其中前⾯部分我们可以在 dp[j - 1] 中找到答案，后⾯部分的⼦串可以在字典⾥⾯找到。因此，我们得出⼀个结论：当我们在从0 ~ i 枚举 j 的时候，只要 dp[j - 1] = true并且后⾯部分的⼦串 s.substr(j, i - j + 1) 能够在字典中找到，那么 dp[i] = true 。

3. 初始化：

可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：

i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；

ii. 「下标的映射关系」。

在本题中，最前⾯加上⼀个格⼦，并且让 dp[0] = true ，可以理解为空串能够拼接⽽成。其中为了⽅便处理下标的映射关系，我们可以将字符串前⾯加上⼀个占位符 s = ' ' + s ，这样就没有下标的映射关系的问题了，同时还能处理「空串」的情况。

4. 填表顺序：

显⽽易⻅，填表顺序「从左往右」。

5. 返回值：

由「状态表⽰」可得：返回 dp[n] 位置的布尔值。

哈希表优化的⼩细节：

在状态转移中，我们需要判断后⾯部分的⼦串「是否在字典」之中，因此会「频繁的⽤到查询操

作」。为了节省效率，我们可以提前把「字典中的单词」存⼊到「哈希表」中。

例题七

解法（动态规划）：

算法思路：

1. 状态表⽰：

对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：

i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；

ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。

这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：dp[i] 表⽰：以 i 位置的元素为结尾的所有⼦串⾥⾯，有多少个在 base 中出现过。

2. 状态转移⽅程： 对于dp[i] ，我们可以根据⼦串的「⻓度」划分为两类：

i. ⼦串的⻓度等于 1 ：此时这⼀个字符会出现在 base 中；

ii. ⼦串的⻓度⼤于 1 ：如果 i 位置的字符和 i - 1 位置上的字符组合后，出现在 base中的话，那么 dp[i - 1] ⾥⾯的所有⼦串后⾯填上⼀个 s[i] 依旧在 base 中出现。因此 dp[i] = dp[i - 1] 。

综上， dp[i] = 1 + dp[i - 1] ，其中 dp[i - 1] 是否加上需要先做⼀下判断。

3. 初始化：

可以根据「实际情况」，将表⾥⾯的值都初始化为 1 。

4. 填表顺序：

显⽽易⻅，填表顺序「从左往右」。

5. 返回值：

这⾥不能直接返回 dp 表⾥⾯的和，因为会有重复的结果。在返回之前，我们需要先「去重」：

i. 相同字符结尾的 dp 值，我们仅需保留「最⼤」的即可，其余 dp 值对应的⼦串都可以在最⼤的⾥⾯找到；

ii. 可以创建⼀个⼤⼩为 26 的数组，统计所有字符结尾的最⼤ dp 值。最后返回「数组中所有元素的和」即可。