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一、题目

假设你的公司即将开始IPO。为了以更高的价格将股票卖给风险投资公司，你的公司希望在IPO之前开展一些项目以增加其资本。 由于资源有限，它只能在IPO之前完成最多k个不同的项目。帮助你的公司设计完成最多k个不同项目后得到最大总资本的方式。

给你n个项目。对于每个项目i，它都有一个纯利润profits[i]，和启动该项目需要的最小资本capital[i]。

最初，你的资本为w。当你完成一个项目时，你将获得纯利润，且利润将被添加到你的总资本中。

总而言之，从给定项目中选择 最多k个不同项目的列表，以 最大化最终资本 ，并输出最终可获得的最多资本。

答案保证在32位有符号整数范围内。

示例 1：
输入：k = 2, w = 0, profits = [1,2,3], capital = [0,1,1]
输出：4
解释：
由于你的初始资本为0，你仅可以从0号项目开始。
在完成后，你将获得1的利润，你的总资本将变为1。
此时你可以选择开始1号或2号项目。
由于你最多可以选择两个项目，所以你需要完成2号项目以获得最大的资本。
因此，输出最后最大化的资本，为0 + 1 + 3 = 4。

示例 2：
输入：k = 3, w = 0, profits = [1,2,3], capital = [0,1,2]
输出：6

1 <= k <= 105
0 <= w <= 109
n == profits.length
n == capital.length
1 <= n <= 105
0 <= profits[i] <= 104
0 <= capital[i] <= 109

二、代码

利用堆的贪心算法

我们首先思考，如果不限制次数下我们可以获取的最大利润，我们应该如何处理？ 我们只需将所有的项目按照资本的大小进行排序，依次购入项目 iii，同时手中持有的资本增加profits[i]，直到手中的持有的资本无法启动当前的项目为止。

如果初始资本w≥max⁡(capital)，我们直接返回利润中的k个最大元素的和即可。

当前的题目中限定了可以选择的次数最多为k次，这就意味着我们应该贪心地保证选择每次投资的项目获取的利润最大，这样就能保持选择k次后获取的利润最大。

我们首先将项目按照所需资本的从小到大进行排序，每次进行选择时，假设当前手中持有的资本为w，我们应该从所有投入资本小于等于w的项目中选择利润最大的项目 jjj，然后此时我们更新手中持有的资本为w+profits[j]，同时再从所有花费资本小于等于w+profits[j]的项目中选择，我们按照上述规则不断选择k次即可。

我们利用大根堆的特性，我们将所有能够投资的项目的利润全部压入到堆中，每次从堆中取出最大值，然后更新手中持有的资本，同时将待选的项目利润进入堆，不断重复上述操作。

如果当前的堆为空，则此时我们应当直接返回。

class Solution {
    public int findMaximizedCapital(int k, int w, int[] profits, int[] capital) {
        int n = profits.length;
        int curr = 0;
        int[][] arr = new int[n][2];

        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            arr[i][0] = capital[i];
            arr[i][1] = profits[i];
        }
        Arrays.sort(arr, (a, b) -> a[0] - b[0]);

        PriorityQueue<Integer> pq = new PriorityQueue<>((x, y) -> y - x);
        for (int i = 0; i < k; ++i) {
            while (curr < n && arr[curr][0] <= w) {
                pq.add(arr[curr][1]);
                curr++;
            }
            if (!pq.isEmpty()) {
                w += pq.poll();
            } else {
                break;
            }
        }

        return w;
    }
}

时间复杂度： O((n+k)log⁡n)，其中n是数组profits和capital的长度，k表示最多的选择数目。我们需要O(nlog⁡n)的时间复杂度来来创建和排序项目，往堆中添加元素的时间不超过O(nlog⁡n)，每次从堆中取出最大值并更新资本的时间为O(klog⁡n)，因此总的时间复杂度为O(nlog⁡n+nlog⁡n+klog⁡n)=O((n+k)log⁡n)。

空间复杂度： O(n)，其中n是数组profits和capital的长度。空间复杂度主要取决于创建用于排序的数组和大根堆。

贪心 + 优先队列（堆）

由于每完成一个任务都会使得总资金w增加或不变。因此对于所选的第i个任务而言，应该在所有「未被选择」且启动资金不超过 w的所有任务里面选利润最大的。

可通过「归纳法」证明每次都在所有候选中选择利润最大的任务，可使得总资金最大。

对于第i次选择而言（当前所有的资金为w），如果选择的任务利润为curcurcur，而实际可选的最大任务利润为max（cur<=max）。

将「选择cur」调整为「选择max」，结果不会变差：
【1】根据传递性，由cur<=max可得w+cur<=w+max，可推导出调整后的总资金不会变少；
【2】利用推论1，由于总资金相比调整前没有变少，因此后面可选择的任务集合也不会变少。这意味着 至少可以维持 第i次选择之后的所有原有选择。

至此，我们证明了将每次的选择调整为选择最大利润的任务，结果不会变差。

当知道了「每次都应该在所有可选择的任务里选利润最大」的推论之后，再看看算法的具体流程。

由于每完成一个任务总资金都会 增大/不变，因此所能覆盖的任务集合数量也随之 增加/不变 。

因此算法核心为「每次决策前，将启动资金不超过当前总资金的任务加入集合，再在里面取利润最大的任务」。

「取最大」的过程可以使用优先队列（根据利润排序的大根堆），而「将启动资金不超过当前总资金的任务加入集合」的操作，可以利用总资金在整个处理过程递增，而先对所有任务进行预处理排序来实现。

具体的，我们可以按照如下流程求解：
【1】根据profits和capital预处理出总的任务集合二元组，并根据「启动资金」进行升序排序；
【2】每次决策前，将所有的启动资金不超过w的任务加入优先队列（根据利润排序的大根堆），然后从优先队列（根据利润排序的大根堆），将利润累加到w；
【3】循环步骤2，直到达到k个任务，或者队列为空（当前资金不足以选任何任务）。

class Solution {
    public int findMaximizedCapital(int k, int w, int[] profits, int[] capital) {
        int n = profits.length;
        List<int[]> list = new ArrayList<>();
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            list.add(new int[]{capital[i], profits[i]});
        }
        Collections.sort(list, (a,b)->a[0]-b[0]);
        PriorityQueue<Integer> q = new PriorityQueue<>((a,b)->b-a);
        int i = 0;
        while (k-- > 0) {
            while (i < n && list.get(i)[0] <= w) q.add(list.get(i++)[1]);
            if (q.isEmpty()) break;
            w += q.poll();
        }
        return w;
    }
}

时间复杂度： 构造出二元组数组并排序的复杂度为O(nlog⁡n)；大根堆最多有n个元素，使用大根堆计算答案的复杂度为O(klog⁡n)。整体复杂度为O(max⁡(nlog⁡n,klog⁡n))
空间复杂度： O(n)