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力扣每日一题；题序：410

我的题解

方法一 动态规划+前缀和

参考官方题解

令 dp[i][j]表示将数组的前 i 个数分割为 j段所能得到的最大连续子数组和的最小值。在进行状态转移时，我们可以考虑第 j段的具体范围，即我们可以枚举 k，其中前 k个数被分割为 j−1段，而第 k+1 到第 i个数为第 j段。此时，这 j 段子数组中和的最大值，就等于 dp[k][j−1] 与 preSum(k+1,i) 中的较大值，其中 preSum(i,j)表示数组 nums 中下标落在区间 [i,j]内的数的和。

时间复杂度：O($n^{2}m$)
空间复杂度：O(nm)

public int splitArray(int[] nums, int m) {int n = nums.length;int[][] dp = new int[n + 1][m + 1];for (int i = 0; i <= n; i++) {Arrays.fill(dp[i], Integer.MAX_VALUE);}//求前缀和int[] preSum = new int[n + 1];for (int i = 0; i < n; i++) {preSum[i + 1] = preSum[i] + nums[i];}dp[0][0] = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) {for (int j = 1; j <= Math.min(i, m); j++) {for (int k = 0; k < i; k++) {dp[i][j] = Math.min(dp[i][j], Math.max(dp[k][j - 1], preSum[i] - preSum[k]));}}}return dp[n][m];
}

方法二 贪心+二分

参考官方题解。

时间复杂度：O(n×log(sum−maxn))
空间复杂度：O(1)

public int splitArray(int[] nums, int m) {int left = 0, right = 0;for (int i = 0; i < nums.length; i++) {right += nums[i];if (left < nums[i]) {left = nums[i];}}while (left < right) {int mid = (right - left) / 2 + left;if (check(nums, mid, m)) {right = mid;} else {left = mid + 1;}}return left;
}public boolean check(int[] nums, int x, int m) {int sum = 0;int cnt = 1;for (int i = 0; i < nums.length; i++) {if (sum + nums[i] > x) {cnt++;sum = nums[i];} else {sum += nums[i];}}return cnt <= m;
}

方法三 贪心+二分（自己的）

两个变量need和cur，分别表示需要的子数组数量和当前子数组的元素之和。
接下来，代码遍历数组nums中的每个元素num。如果cur加上num大于mid，则需要增加一个子数组，将cur重置为0。然后将num加到cur上。
最后，如果need小于等于k，则说明当前的mid满足条件，将right更新为mid；否则，将left更新为mid+1。
循环结束后，返回left作为结果。

时间复杂度：O(nlogm)。n为数组长度，m为 数组之和-数组中的最大值
空间复杂度：O(1)

public int splitArray(int[] nums, int k) {int left=Arrays.stream(nums).max().getAsInt();int right=Arrays.stream(nums).sum();while(left<right){int mid=left+((right-left)>>1);int need=1;int cur=0;for(int num:nums){if(cur+num>mid){need++;cur=0;}cur+=num;}if(need<=k)right=mid;elseleft=mid+1;}return left;
}

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