455.分发饼干

• 思路：
  • 如果用最大的饼干来喂胃口最小的孩子，势必会造成饼干尺寸的浪费。所以为了满足更多的小孩，思路应该是尽量用大的饼干来满足胃口大的孩子，从后向前遍历小孩数组，尺寸大的饼干优先满足胃口大的孩子，并统计满足小孩数量(或小饼干先喂饱小胃口)。
  • 局部最优就是大饼干喂给胃口大的，充分利用饼干尺寸喂饱一个，全局最优就是喂饱尽可能多的小孩
• 时间复杂度：O(nlogn)
• 空间复杂度：O(1)

class Solution {
public:
    int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
        sort(g.begin(), g.end());
        sort(s.begin(), s.end());
        int count = 0;
        int index = s.size() - 1;//遍历饼干时的下标
        for(int i = g.size() - 1; i >= 0; i--) {//遍历孩子的胃口
            if(index >= 0 && s[index] >= g[i]) {//遍历饼干
                count++;
                index--;
            }
        }
        return count;
    }
};

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376. 摆动序列

• 思路：
  • 大体思路：让峰值尽可能的保持峰值，然后删除单一坡度上的节点
    • 
    • 局部最优：删除单调坡度上的节点（不包括单调坡度两端的节点），那么这个坡度就可以有两个局部峰值。
    • 整体最优：整个序列有最多的局部峰值，从而达到最长摆动序列。
  • 考虑三种情况(prediff：与前一个数的差，curdiff：与后一个数的差)：
    • 情况一：上下坡中有平坡
      • 数组[1,2,2,2,2,1]的摇摆序列长度为3，也就是[1,2,1]，那么应该取哪一个2呢？不妨统一规则，保留最后一个。
      • 当遍历到第一个2时，prediff > 0 && curdiff = 0；当遍历到最后一个2时，prediff = 0 && curdiff < 0，此时要记录一个峰值。
    • 情况二：数组首尾两端
      • ​​​​​​​数组[2,5]，在计算 prediff（nums[i] - nums[i-1]） 和 curdiff（nums[i+1] - nums[i]）的时候，至少需要三个数字才能计算，而只有两个不同数字的无法这样计算，但显然摇摆序列长度为2。
      • 如果不只有两个元素，我们在判断首尾元素时依旧无法使用上述方法。不妨假设数组最前面还有一个数字，与第一个数字相同，此时prediff = 0，就可以用情况一来判断。而默认最后有一个峰值(统计变量初始化为1)。
    • 情况三：单调坡中有平坡
      • ​​​​​​​数组[1,2,2,2,3,4]，根据情况一，遍历到最后一个2时，prediff = 0，curdiff > 0，会记录一个峰值，这样计算出结果会是3，但实际上摇摆序列长度应该为2。
      • 出错的原因是因为实时更新了 prediff，只需要在 这个坡度 摆动变化的时候，更新 prediff 就行，这样 prediff 在 单调区间有平坡的时候 就不会发生变化，造成我们的误判。

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        if(nums.size() <= 1) return nums.size();
        int res = 1;//默认最后一个元素为一个峰值，记录峰值个数
        int prediff = 0;//与前一元素的差
        int curdiff = 0;//与后一元素的差
        for(int i = 0; i < nums.size() - 1; i++) {//因为默认最后一个为峰值，所以i < nums.size() - 1
            curdiff = nums[i + 1] - nums[i];
            //出现峰值
            if((prediff <= 0 && curdiff > 0) || (prediff >= 0 && curdiff < 0)) {
                res++;
                prediff = curdiff;//只在统计到峰值的时候更新prediff
            }
        }
        return res;
    }
};

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53. 最大子序和 

• 思路：
  • 如果前面的和为负数，不管什么数加上负数，总和肯定会变小，因此使用贪心算法时，会直接舍弃前面和为负数的这段，直接从下一个元素开始重新计算连续子序列和。
  • 全局最优：选取最大“连续和”
  • 局部最优的情况下，并记录最大的“连续和”，可以推出全局最优。
  • 本质上就是不断调整子序列区间求和，区间的终止位置，就是如果当前总和取到最大值时，及时用result变量记录下来。
• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        int res = INT_MIN;
        int sum = 0;
        for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            sum += nums[i];
            //取区间累计的最大值（相当于不断确定最大子序终止位置）
            res = sum > res ? sum : res;
            if(sum <= 0) sum = 0;//重置最大子序起始位置，因为遇到负数一定是拉低总和
        }
        return res;
    }
};

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总结

最好举反例，举不出反例时就可以考虑使用贪心算法

参考链接

代码随想录：理论基础  分发饼干  摆动序列  最大子序和