前缀和+单调双队列+贪心：LeetCode2945:找到最大非递减数组的长度

本文涉及知识点

C++算法：前缀和、前缀乘积、前缀异或的原理、源码及测试用例包括课程视频
单调双队列贪心

题目

给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 。
你可以执行任意次操作。每次操作中，你需要选择一个子数组，并将这个子数组用它所包含元素的和替换。比方说，给定数组是 [1,3,5,6] ，你可以选择子数组 [3,5] ，用子数组的和 8 替换掉子数组，然后数组会变为 [1,8,6] 。
请你返回执行任意次操作以后，可以得到的最长非递减数组的长度。
子数组指的是一个数组中一段连续非空的元素序列。
示例 1：
输入：nums = [5,2,2]
输出：1
解释：这个长度为 3 的数组不是非递减的。
我们有 2 种方案使数组长度为 2 。
第一种，选择子数组 [2,2] ，对数组执行操作后得到 [5,4] 。
第二种，选择子数组 [5,2] ，对数组执行操作后得到 [7,2] 。
这两种方案中，数组最后都不是非递减的，所以不是可行的答案。
如果我们选择子数组 [5,2,2] ，并将它替换为 [9] ，数组变成非递减的。
所以答案为 1 。
示例 2：
输入：nums = [1,2,3,4]
输出：4
解释：数组已经是非递减的。所以答案为 4 。
示例 3：
输入：nums = [4,3,2,6]
输出：3
解释：将 [3,2] 替换为 [5] ，得到数组 [4,5,6] ，它是非递减的。
最大可能的答案为 3 。
参数范围：
1 <= nums.length <= 10⁵
1 <= nums[i] <= 10⁵

枚举最后一个子数组nums(j,i]

假定结果向量为vRet
nums[0,j] 需要记录两个子状态：最有一个子数组的和，vRet的长度（操作前的子数组数量）。枚举这些状态时间复杂度O(n)，枚举i时间复杂度O(n)，枚举j时间复杂度O(n)。故总时间复杂度o(n³)。合并nums[0,j]和nums(j,i]有两种操作：
操作一：nums(j,i]全部合并到vRet[j]的最后一个元素。无前提条件。
操作二：nums(j,i]成为新元素。前天条件nums(j,i]大于vRet[j]的最后一个元素。

贪心：不存在len > len2且v1 > v2

令nums[0,i)合法分成n段，最后一段的值为fin，即分成一段，最后的值为fi1，分成两段，最后的值为fi2。
令nums[0,j)…fjn。

证明：对于任意数组（子数组），fxn 一定大与等于fxn+1。x是j,j等…
n==1: fx1 为整个数组的和，fx2为数组第二部分的和。显然成立。
n >1 用反证法：
假定可以合法分成n段，分别为{a1,a2…an}
假定可以合法分成n+1段:分别为(b1,b2…bn,bn+1}。bn+1可能有多个值，取最小值
假定an < bn+1，则{a1,a2,…an-1} 和大于{b1…bn}的和 => 假定前者包括nums[0,i)后者包括nums[0,j) => i >j
则{b1,b2…bn+nums[j,i）}是nums[0,i)的一个合法分成n段,{a1…an-1} 是nums[0,i)一个合法n-1段。

bn+nums[j,i）就是fin, an-1,就是fn-1 fxn-1 >= fnx =>an-1 > bn+nums[j,i)
因为an >= an-1 => {b1,b2…bn+nums[j,i),an} 是一个nums的n+1段划分。
结合假设：an <bn+1 和 bn+1是最小值矛盾

优化后时间复杂度O(n)

如果nums[0,i)存在长度len，则nums[0,i]一定存在长度为len的结果：将nums[i]追加到最后。
判断nums[0,i]能否则在nums[0,j] 增加一个元素（nums(j,i]的和），需要判断
vPreSum[i+1] - vPreSum[j+1] >= Last[j]
即vPreSump[i+1] >= Last[j]+vPreSum[j+1]
Last[j] 是最后元素的值
Last[j]+vPreSum[j+1] 可以合并一个变量llPre。已知状态只需要保留最大长度，长度相同保留llPre最小。
此解法错误，还在摸索中。

class Solution {
public:int findMaximumLength(vector<int>& nums) {m_c = nums.size();auto vPreSum = CreatePreSum(nums);int len = 0;long long llPre = 0;int preIndex = -1;for (int i = 0; i < m_c; i++){if (vPreSum[i + 1] >= llPre){len++;llPre = vPreSum[i+1] + (vPreSum[i + 1] - vPreSum[preIndex + 1]);preIndex = i;}else{const long long curAdd  = vPreSum[i+1] - vPreSum[preIndex+1] + (vPreSum[i + 1] - vPreSum[preIndex + 1]);if (curAdd < 0){llPre += curAdd;preIndex = i;}}}return len;}int m_c;
};

正确解法

下标从小到大遍历nums[i]，queIndexs记录[0,i)，淘汰以下：
一，j1 < j2，也就(j1,i]的和大于(j2,i]。也就是j1的最后一个数大于j2的最后一个数。llPre1 大于llPre2，也就llPre1更难匹配，淘汰j1。淘汰后：下标升序 llPre 降序。
二，j找到第一个i后，淘汰。假定j的长度为len,i1 < i2。i1可以选择{… (j,i1],(i1,i2]} 和{…{j,i2]}，而i2只能选择后者，所以i1不劣与i2。

注意：如果无法长度+1，则vLast[i] = vLast[i - 1] + nums[i]

队首元素的长度和队尾元素的长度相差不会超过1

双向队列中的下标升序，也就是长度升序。
假定新入队的长度是len，则被淘汰的队首长度为len-1。由于是升序，所以队中元素的长度都大于等于len-1，小于等于len

template<class T = long long >
vector<T> CreatePreSum(const vector<int>& nums)
{vector<T> preSum;preSum.push_back(0);for (int i = 0; i < nums.size(); i++){preSum.push_back (preSum[i]+ nums[i]);}return preSum;
}class Solution {
public:int findMaximumLength(vector<int>& nums) {m_c = nums.size();auto vPreSum = CreatePreSum(nums);vector<int> vRet(m_c,1),vLast(m_c,nums.front());std::deque<int> queIndexs;queIndexs.emplace_back(0);auto Pre = [&](const int index) {return vPreSum[index + 1] + vLast[index];  };for (int i = 1; i < m_c; i++){vRet[i] = vRet[i - 1];vLast[i] = vLast[i - 1] + nums[i];while (queIndexs.size() && (vPreSum[i + 1] >= Pre(queIndexs.front()))){vRet[i] = vRet[queIndexs.front()]+1;vLast[i] = vPreSum[i + 1] - vPreSum[queIndexs.front() + 1];queIndexs.pop_front();}while (queIndexs.size() && (Pre(queIndexs.back()) >= Pre(i))){queIndexs.pop_back();}queIndexs.emplace_back(i);}return vRet.back();}int m_c;
};

错误解法

class Solution {
public:
int findMaximumLength(vector& nums) {
stack sta;
int i = 0;
while (i < nums.size())
{
long long cur = 0;
while (sta.size() && (i < nums.size()) && (sta.top() > cur + nums[i]))
{
cur += nums[i++];
}
if (i >= nums.size())
{
break;//理论上需要栈顶的值，由于我需要的是数量，所以可以不修改
}
sta.emplace(cur+ nums[i++]);
}
return sta.size();
}
};

扩展阅读

视频课程

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