//wa，原因：超时，穷举法时间复杂度太大至少O(n^2),需要换一种高效的方法
#include<stdio.h>
int s[1000001];
int main()
{
int i,j,t,m,n,maxSum;
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
scanf("%d",&n);
for(i=1;i<=n;++i)
{
scanf("%d",&s[i]);
s[i]+=s[i-1];
}
for(maxSum=-101,i=1;i<=n;++i)
for(j=i;j<=n;++j)
{
t=s[j]-s[i-1];
if(maxSum<t)
maxSum=t;
}
printf("%d
",maxSum);
}
return 0;
}
//AC
#include<stdio.h>
int main()
{
int t,m,n,sum,maxSum;
scanf("%d",&m);
while(m--)
{
scanf("%d%d",&n,&sum);
maxSum=sum;
while(--n)
{
scanf("%d",&t);
if(sum<0) sum=t;
else sum+=t;
if(maxSum<sum) maxSum=sum;
}
printf("%d
",maxSum);
}
return 0;
}
利用Kadane算法，能够以时间复杂度为线性的情况下找到，以下是证明原理：
说明Kadane算法的正确性，需要两个结论。首先，对于array[1...n]，如果array[i...j]就是满足和最大的子串，那么对于任何 k(i<=k<=j)，我们有array[i...k]的和大于0。因为如果存在k使得array[i...k]的和小于0，那么我们就有array[k+1...j]的和大于array[i...j]，这与我们假设的array[i...j]就是array中和最大子串矛盾。
其 次，我们可以将数组从左到右分割为若干子串，使得除了最后一个子串之外，其余子串的各元素之和小于0，且对于所有子串array[i...j]和任意 k（i<=k<j），有array[i...k]的和大于0。此时我们要说明的是，满足条件的和最大子串，只能是上述某个子串的前缀，而不可 能跨越多个子串。我们假设array[p...q]，是array的和最大子串，且array[p...q]，跨越了array[i...j]，array[j+1...k]。根据我们的分组方式，存在i<=m<j使得array[i...m]的和是array[i...j]中的最大值，存在j+1<=n<k使得array[j+1...n]的和是array[j+1...k]的最大值。由于array[m+1...j]使得array[i...j]的和小于0。此时我们可以比较array[i...m]和array[j+1...n]， 如果array[i...m]的和大于array[j+1...n]则array[i...m]>array[p...q]，否 array[j+1...n]>array[p...q]，无论谁大，我们都可以找到比array[p...q]和更大的子串，这与我们的假设矛 盾，所以满足条件的array[p...q]不可能跨越两个子串。对于跨越更多子串的情况，由于各子串的和均为负值，所以同样可以证明存在和更大的非跨越 子串的存在。对于单元素和最大的特例，该结论也适用。
根据上述结论，我们就得到了Kadane算法的执行流程，从头到尾遍历目标数组，将数组分割为满足上述条件的子串，同时得到各子串的最大前缀和，然后比较各子串的最大前缀和，得到最终答案。我们以array={−2, 1, −3, 4, −1, 2, 1, −5, 4}为例，来简单说明一下算法步骤。通过遍历，可以将数组分割为如下3个子串（-2），（1，-3），（4，-1，2，1，-5，4），这里对于（-2）这样的情况，单独分为一组。各子串的最大前缀和为-2，1，6，所以目标串的最大子串和为6。
该问题是1977年Ulf Grenander提出的一个数字图像方面的问题，1984年Jay Kadane才给出了这个优美的解决方案。有些问题，看似解法简单，但是实际上其原理，要比代码复杂得多。
这里我们需要注意，对于本题中的全是负数由于不满足上述的两条结论的情况，所以此算法就不行了，需要另外加以考虑！