一、动态规划

因为我们一共要统计n^2的区间，枚举一遍求最大值比较慢，因此我们可以考虑将n^2个区间分成n类，第一类以a[0]为结尾，第二类以a[1]结尾，....以此类推。然后我们对每一类的最大值取个max就可以了。

定义f[i]是所有以nums[i]为结尾的区间中的最大和，由这个定义出发，我们看看f[i]与f[i-1]有什么递推关系。

我们使用集合划分的思想，下图中的椭圆表示所有以i为结尾的区间。所有以i为结尾的区间可以分成两大类，第一类表示区间长度至少是2，第二类表示区间长度为1（即这个区间内只有nums[i]本身）。f[i]为这两类各自的最大值再取max。

我们来看一下第一类区间是什么（以i结尾，并且长度大于等于2的区间）

发现这一类的区间都是包含nums[i]的，所以我们要想在里面找最大值的话，就要让前面那一部分最大，前面这一部分其实就是所有以nums[i - 1]为结尾的区间，最大值为f[i - 1]，所以第一类区间的最大值为f[i - 1] + nums[i]

综上，f[i] = max{nums[i], f[i - 1] + nums[i]}

时间复杂度：

• 状态数为O(n)，状态转移时间为O(1)，因此，总的时间复杂度为O(n)。

空间复杂度：

• 需要开辟额外的数组f[n]，因此，空间复杂度为O(n)

class Solution {
public:int maxSubArray(vector& nums) {int n = nums.size();vector f(n);int res = nums[0];f[0] = nums[0];for (int i = 1; i < n; ++ i){f[i] = max(nums[i], f[i - 1] + nums[i]);res = max(f[i], res);}return res;}
};

二、分治

1、对于一个区间[l, r]，维护四个值，分别是：

总和sum，非空最大子段和s，前缀非空最大子段和ls，后缀非空最大子段和rs。

2、分别递归左右子区间。

3、合并时：

• 对于当前的sum，是左右子区间的sum之和。
• 对于当前的s，是三种情况取最大值：左区间的s，右区间的s，左区间的rs加上右区间的ls。
• 对于当前的ls，是两种情况取最大值：左区间的ls，左区间的sum加上右区间的ls。
• 对于当前的rs，是两种情况取最大值：右区间的rs，右区间的sum加上左区间的rs。

4、合并后返回递归结果。

时间复杂度：

• 由主定理T(n) = 2T(n / 2) + O(1)，解出总的时间复杂度为O(n)

空间复杂度：

• 需要开辟系统栈用于递归，O(logn)

class Solution {
public:struct Node {int sum, s, ls, rs;};Node build(vector& nums, int l, int r) {if (l == r) return Node {nums[l], nums[l], nums[l], nums[l]};int mid = l + r >> 1;Node L = build(nums, l, mid);Node R = build(nums, mid + 1, r);Node res;res.sum = L.sum + R.sum;res.s = max(max(L.s, R.s), L.rs + R.ls);res.ls = max(L.ls, L.sum + R.ls);res.rs = max(R.rs, L.rs + R.sum);return res;}int maxSubArray(vector& nums) {Node res = build(nums, 0, nums.size() - 1);return res.s;}
};