数组中任何对可能的(arr [i] * arr [j])+(arr [j] – arr [i]))的最大值

介绍

在给定的数组中，我们需要找到满足以下公式的任意一对 (arr[i]*arr[j]) + (arr[j]-arr[i]) 的最大值。

这个问题可以通过几种不同的方法来解决，以下将介绍其中两种解决方案。

解决方案1：暴力枚举

暴力枚举方法是一种最简单的方法，其中我们计算每对 (arr[i], arr[j])，然后计算公式的值并将其与当前最大值进行比较。

public static int maxPairValue(int[] arr) {
    int max = Integer.MIN_VALUE;
    for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
        for (int j = i + 1; j < arr.length; j++) {
            int val = (arr[i] * arr[j]) + (arr[j] - arr[i]);
            max = Math.max(max, val);
        }
    }
    return max;
}

此方法的时间复杂度为 O(n²)，其中 n 是输入数组的长度。

解决方案2：优化

我们可以对公式进行简单的转换，并尝试通过一些 clever 的算法来降低时间复杂度。

(arr[i] * arr[j]) + (arr[j] - arr[i])
= (arr[i] + arr[j]) * (arr[j] - arr[i]) + (arr[i] * arr[i])
= (arr[j] * arr[j]) - (arr[i] * arr[i]) + (arr[i] + arr[j]) * (arr[i] - arr[j])

右边的最后两项 (arr[i] + arr[j]) * (arr[i] - arr[j]) 可以被认为是一个 diff，它可以在 O(n) 的时间内预先计算并存储在数组或哈希表中。

public static int maxPairValue(int[] arr) {
    int n = arr.length;
    int max = Integer.MIN_VALUE;
    int[] diffs = new int[n];
    diffs[0] = arr[0];
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        diffs[i] = Math.max(diffs[i - 1], arr[i]);
    }
    for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
        int val = (arr[i] * arr[i]) + (diffs[n - 1] * diffs[n - 1]) 
                  - (2 * arr[i] * diffs[i]) + (2 * diffs[i] * diffs[n - 1]);
        max = Math.max(max, val);
    }
    return max;
}

总结

以上方法提供了两种解决给定数组中最大值的公式的方法。第一个方法使用双重循环计算每个可能的对，时间复杂度为 O(n²)。另一种方法优化了公式，利用 diff 数组预先计算差异，并在 O(n) 的时间内计算结果。这提供了更快的解决方案，并且只需要 O(n) 的额外空间。