【状态机DP】力扣1186. 删除一次得到子数组最大和

给你一个整数数组，返回它的某个非空子数组（连续元素）在执行一次可选的删除操作后，所能得到的最大元素总和。换句话说，你可以从原数组中选出一个子数组，并可以决定要不要从中删除一个元素（只能删一次哦），（删除后）子数组中至少应当有一个元素，然后该子数组（剩下）的元素总和是所有子数组之中最大的。

注意，删除一个元素后，子数组不能为空。

示例 1：
输入：arr = [1,-2,0,3]
输出：4
解释：我们可以选出 [1, -2, 0, 3]，然后删掉 -2，这样得到 [1, 0, 3]，和最大。

示例 2：
输入：arr = [1,-2,-2,3]
输出：3
解释：我们直接选出 [3]，这就是最大和。

示例 3：
输入：arr = [-1,-1,-1,-1]
输出：-1
解释：最后得到的子数组不能为空，所以我们不能选择 [-1] 并从中删去 -1 来得到 0。
我们应该直接选择 [-1]，或者选择 [-1, -1] 再从中删去一个 -1。
在这里插入图片描述

动态规划

class Solution {
public:int maximumSum(vector<int>& arr) {int n = arr.size(), res = arr[0];vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2));dp[0][0] = arr[0], dp[0][1] = 0;for(int i = 1; i < n; i++){dp[i][0] = max(dp[i-1][0], 0) + arr[i];dp[i][1] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + arr[i]);res = max(res, max(dp[i][0], dp[i][1]));}   return res;}
};

时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 arr 的长度。
空间复杂度：O(n)。

我们定义一个动态规划数组dp，dp[i][0]代表以arr[i]结尾的子数组，并且没有删除过元素，dp[i][1]代表以arr[i]结尾的子数组，并且删除过元素。

所以我们有状态转移方程dp[i][0] = max(dp[i-1][0], 0) + arr[i];和 dp[i][1] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + arr[i]);，并且在计算第一个状态转移方程的时候，需要使用max操作是因为如果dp[i-1][0]是负数，则重新从0开始计算。

有人会问，那么你在dp[i][0]中使用max操作，为什么不在dp[i][1]的状态转移方程中使用max(dp[i-1][1], 0) + arr[i]呢，因为我们在之前dp[i][0]中如果前面dp[i-1][0]为负数，则以arr[i]重新开始计算，但是由于现在的dp[i][1]要求必须删除一个元素，那么不可能从arr[i]开始算起，但是没有删除任何元素。

最后res记录每一种可能的情况的最大值。

class Solution {
public:int maximumSum(vector<int>& arr) {int n = arr.size(), res = arr[0];int dp0 = arr[0], dp1 = 0;for(int i = 1; i < n; i++){dp1 = max(dp0, dp1 + arr[i]);dp0 = max(dp0, 0) + arr[i];res = max(res, max(dp0, dp1));}   return res;}
};