【滑窗】B021_LC_兩個非重疊子數組的最大和（分類討論 / 優化）

一、Problem

給出非負整數數組 A ，返回兩個非重疊（連續）子數組中元素的最大和，子數組的長度分別爲 L 和 M。（這裏需要澄清的是，長爲 L 的子數組可以出現在長爲 M 的子數組之前或之後。）

從形式上看，返回最大的 V，而 V = (A[i] + A[i+1] + … + A[i+L-1]) + (A[j] + A[j+1] + … + A[j+M-1]) 並滿足下列條件之一：

0 <= i < i + L - 1 < j < j + M - 1 < A.length, 或
0 <= j < j + M - 1 < i < i + L - 1 < A.length.

輸入：A = [0,6,5,2,2,5,1,9,4], L = 1, M = 2
輸出：20
解釋：子數組的一種選擇中，[9] 長度爲 1，[6,5] 長度爲 2。

輸入：A = [2,1,5,6,0,9,5,0,3,8], L = 4, M = 3
輸出：31
解釋：子數組的一種選擇中，[5,6,0,9] 長度爲 4，[0,3,8] 長度爲 3。

提示：

• L >= 1
  M >= 1
  L + M <= A.length <= 1000
  0 <= A[i] <= 1000

二、Solution

方法一：分類討論

對於長度爲 L 的窗口，長度爲 M 的窗口的位置可能有二：

• 在 L 的左側
• 在 L 的右側

對於兩種情況我們只取其中的最大值進行計算

class Solution {
    public int maxSumTwoNoOverlap(int[] A, int L, int M) {
        int n = A.length, s[] = new int[n+1];
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            s[i] = s[i-1] + A[i-1];

        int ans = 0;
        for (int i = L; i <= n; i++) {
            int maxM = 0;
            for (int j = M; j < i-L; j++) 
                maxM = Math.max(maxM, s[j] - s[j-M]);
            for (int j = i+M; j <= n; j++)
                maxM = Math.max(maxM, s[j] - s[j-M]);
            ans = Math.max(ans, s[i] - s[i-L] + maxM);
        }
        return ans;
    }
}

複雜度分析

• 時間複雜度：$O(n^2)$，
• 空間複雜度：$O(n)$，

---

方法二：優化

基於方法一分類的思想，我們可以不用固定某一種長度的區間然後嵌套地枚舉另一種長度的區間，而是兩種區間和一起計算，因爲長度爲 L 和 M 的區間的位置無非就兩種，L 左 M 右、M 左 L 右

class Solution {
    public int maxSumTwoNoOverlap(int[] A, int L, int M) {
        int n = A.length, s[] = new int[n+1];
        for (int i = 1; i <= n; i++)
            s[i] = s[i-1] + A[i-1];

        int ans = 0, maxL = 0, maxR = 0;
        for (int i = L; i <= n-M; i++) {
            maxL = Math.max(maxL, s[i] - s[i-L]);
            ans = Math.max(ans, maxL + s[i+M] - s[i]);
        }
        for (int i = M; i <= n-L; i++) {
            maxR = Math.max(maxR, s[i] - s[i-M]);
            ans = Math.max(ans, maxR + s[i+L] - s[i]);
        }
        return ans;
    }
}

複雜度分析

• 時間複雜度：$O(n)$，
• 空間複雜度：$O(n)$，