今天是贪心算法专题第三天，直接上题目

134.加油站

建议：本题有点难度，不太好想，推荐大家熟悉一下方法二

题目链接：134. 加油站 - 力扣（LeetCode）

思路

这是我学校算法设计与分析课程的期末题，这道题目比较难

暴力解法不能通过最后一个测试，这里我们只研究贪心解法

1. 如果总油量减去总消耗大于等于0，即各个站点的加油站 剩油量rest[i]≥0，那么一定可以跑完这一圈
2. 如果当前站点的rest[i] < 0，那么这个站点一定不是start，则选择下一个站点作为起始位置，继续判断
3. 将连续的多个站点等效地看成一个站点，如果其累积剩油量 < 0，则跳过，选择下一个站点作为起始位置，继续判断

对第3条的解释：

设start为当前的起始位置，i从start开始累加rest[i]（start初始为0），和记为curSum，一旦curSum < 0，说明[start, i]区间都不能作为起始位置，因为在这个区间中选择任意一个位置作为起点，到站点i都会断油，那么起始位置就应该从i + 1算起，再从0计算curSum，即start = i + 1; curSum = 0;

如图所示：

• 证明：若[start, i]区间和为负数，则[start, i]区间内的任意一点都不能作为起始位置，否则从该点到站点i，curSum都小于0

  取区间内一点a，将[start, i]分为两个子区间——区间1 和 区间2，如果curSum < 0，说明 区间1的和 + 区间2的和 < 0，假设从点a开始计数curSum不小于0，即区间2的和 ≥ 0

  区间1的和 + 区间2的和 < 0，而区间2的和 ≥ 0，只能有区间1的和 < 0，即[start, a]的区间和 curSum < 0。[start, i-1]区间和始终为正数（我们在每个站点处都检测curSum是否大于0，只有某个站点的curSum < 0时，我们才更新start，因此[start, i-1]区间和始终为正数），与[start, a]的区间和 curSum < 0矛盾，故 点a不能作为起始位置

那么局部最优：当前累加rest[i]的和curSum一旦小于0，起始位置至少要是i+1，因为从i之前开始一定不行。全局最优：找到可以跑一圈的起始位置

这里的“局部最优”是对于当前区间[start, i]而言的，如果[start, i]的curSum < 0，则起始位置至少为i + 1，“全局最优”可以看为对于整个区间[0, N]而言的，如果[0, N]的totalSum < 0，则不能跑完一整圈。最终我们找到的起始位置start有这样的性质：[0, start]的curSum1 < 0，[start, N]的curSum2 > 0。由于totalSum > 0，因此curSum2 + curSum1 > 0，即[start, N]的剩余油量 足够 [0, start]的消耗量，从start能够跑完一整圈

代码如下：

// 贪心解法
class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int curSum = 0;
        int totalSum = 0;
        int start = 0;
        for(int i=0; i<gas.size(); ++i)
        {
            curSum += gas[i] - cost[i];
            totalSum += gas[i] - cost[i];
            if(curSum < 0)
            {
                start = i + 1;  // 当前累加的rest[i]和 curSum小于0，则说明[0, i]之间不会出现起始点，因此更新start为 i + 1
                curSum = 0;		// 重新开始计数
            }
        }
        if(totalSum < 0) return -1;
        return start;
    }
};

Q：start = i + 1，会不会有这样的情况：当 i 为 gas.size() - 1 时，curSum < 0，导致start 为 gas.size()，出现错误？

A：不会，如果[start, N]的curSum < 0，又有[0, start]的curSum < 0，则totalSum < 0，此时返回-1，而不返回start，不会造成错误

小结

这是一道比较难的题目，关键是要想到如果整个区间的totalSum < 0，则不会走完一整圈（全局），由此可以想到 对于部分区间[start, i]的curSum，如果curSum < 0，则区间[start, i]中的任意一点都不可能为起始位置，起始位置至少是 i + 1，否则 从区间内任意一个点 到 站点i，都有curSum < 0（局部），这里体现了贪心的”局部最优“ 和 ”全局最优”

也可以这么想：对于一个站点i，如果它的rest[i] < 0，则站点i不能作为起始位置。接下来将连续的站点视为一个站点，将这些站点的累积剩余量 视为 这一个站点的rest[i]，如果这些站点的累积剩余量 < 0，则相当于 这一个站点的rest[i] < 0，那么这些站点都不能作为起始位置

135.分发糖果

建议：本题涉及到一个思想，就是想处理好一边再处理另一边，不要两边想着一起兼顾，后面还会有题目用到这个思路

题目链接：135. 分发糖果 - 力扣（LeetCode）

思路

这种需要考虑两边（既要和左孩子比较，又要和右孩子比较）的题目，需要先确定一边（只与左孩子比较），再确定另一边（只与右孩子比较），两边同时考虑会很乱，我们以ratings为[1,2,2,5,4,3,2]为例，初始时，candyVec每个元素都初始化为1，满足每个孩子都至少有一个糖果

1. 首先考虑 当前孩子 与 左孩子比较，我们关注 当前孩子评分 大于 左孩子的情况

   从前向后遍历，只要当前孩子评分比其左孩子大，当前孩子就比左孩子多得一个糖果（局部最优），这样，相邻的孩子中，所有比左孩子评分高的孩子都能获得 比左孩子更多的糖果（全局最优），代码如下：

   for(int i=1; i<rating.size(); ++i)
   {
       if(ratings[i] > ratings[i-1])
       {
           candyVec[i] = candyVec[i-1] + 1;
       }
   }
   

   举例说明：

   • ratings : [1,2,2,5,4,3,2]
   • candyVec : [1,2,1,2,1,1,1]

2. 然后考虑 当前孩子 与 右孩子比较，我们关注 当前孩子评分 大于 右孩子的情况

   从后向前遍历，只要当前孩子评分比其右孩子大，当前孩子的糖果数candyVec[i] 就至少为 右孩子糖果数+1，即candyVec[i+1] + 1

   如果 ratings[i] > ratings[i + 1]，此时candyVec[i]（第i个小孩的糖果数量）就有两个选择了，一个是candyVec[i + 1] + 1（从右边这个加1得到的糖果数量），一个是candyVec[i]（之前比较 当前孩子与左孩子得到的糖果数量）

   注意，还要同时满足当前孩子 与 左孩子比较的情况。对于第一次遍历后的数组candyVec，它实现了：若当前孩子评分 比其左孩子大，则当前孩子的糖果数candyVec[i] 至少为 candyVec[i-1]+1。我们要同时满足当前孩子 与 左右孩子比较的情况，就要让candyVec[i]取到candyVec[i+1] + 1 和 candyVec[i] 中最大的值，candyVec[i]只有取最大的才能既保持对左边candyVec[i - 1]的糖果多，也比右边candyVec[i + 1]的糖果多

   这里使用的贪心：

   • 局部最优：取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，保证第i个小孩的糖果数量既大于左边的也大于右边的
   • 全局最优：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。

   代码如下：

   // 从后向前
   for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) {
       if (ratings[i] > ratings[i + 1] ) {
           candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);
       }
   }
   

   举例说明：

   • ratings : [1,2,2,5,4,3,2]
   • candyVec : [1,2,1,2,1,1,1] （第一次遍历，与左孩子比较后的结果）
   • candyVec : [1,2,1,4,3,2,1] （第二次遍历，与右孩子比较后的结果）

Q：为什么在比较 当前孩子评分 与 右孩子时，要从后向前遍历？从前向后遍历呢？

A：这是为了每次与右孩子比较时，能利用上最新的比较结果，比如rating[5]与rating[4]的比较 需要利用上 rating[5]与rating[6]的比较结果；如果从前向后遍历，rating[5]与rating[4]的比较 就不能用上 rating[5]与rating[6]的比较结果了

举例说明：

• ratings : [1,2,2,5,4,3,2]
• candyVec : [1,2,1,2,1,1,1] （第一次遍历，与左孩子比较后的结果）

如果从前向后遍历，则比较rating[3] 与 rating[4]后，candyVec : [1,2,1,2,1,1,1]（ candyVec[3] = max(candyVec[3], candyVec[4]+1) ）

接下来比较rating[4] 与 rating[5]，candyVec : [1,2,1,2,2,1,1]

然后 比较rating[5] 与 rating[6]，candyVec : [1,2,1,2,2,2,1]

最后 比较rating[5] 与 rating[6]，candyVec : [1,2,1,2,2,2,2]

发现最后的结果是错误的，这是因为rating[i] 与 rating[i+1]比较后，将rating[i] 更新为 max(rating[i], rating[i+1] + 1)，而rating[i+1]在后续的比较中又被修改了，rating[i]是基于旧值修改的，而不是rating[i+1]被修改后的新值，因此出错

代码实现：

class Solution {
public:
    int candy(vector<int>& ratings) {
        vector<int> candyVec(ratings.size(), 1);    // 初始化所有元素为1，保证每个孩子至少有一个糖
        // 首先比较当前孩子与左孩子
        for(int i=1; i<ratings.size(); ++i)
        {
            if(ratings[i] > ratings[i-1])
            {
                candyVec[i] = candyVec[i-1] + 1;    // 如果当前孩子 > 左孩子，则当前孩子糖果数 = 左孩子糖果数 + 1
            }
        }
        // 接下来比较当前孩子与右孩子
        for(int i=ratings.size()-2; i >= 0; --i)
        {
            if(ratings[i] > ratings[i+1])
            {
                candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i+1] + 1);  // 如果当前孩子 > 右孩子，则让candyVec[i]取到candyVec[i+1] + 1 和 candyVec[i] 中最大的值
            }
        }
        int result = 0;
        for(int num : candyVec)
        {
            result += num;
        }
        return result;
    }
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(n)

拓展——环形分糖

如果小朋友围成了一个环，其它条件不变，该怎么做？

只在数组前后分别添加末尾元素 和 首元素，再进行两次遍历，这样可以吗？

不可以，以4,2,3为例，可能出现这样的情况：当前孩子与左孩子比较时：

• rating : [3,4,2,3,4]
• candyVec : [1,2,1,2,2]

可以发现

末尾元素3的candyVec修改为2，而ratin[0]对应的candyVec[0]为2，这就犯了上面解释过的错误：用旧值修改candyVec[i]，而没有用新值，所以添加首尾元素后，只用两次遍历是不可以的

用两种思路：

• 将rating数组复制三份后拼接起来，用两次遍历（从前向后 和 从后向前），取中间部分的candyVec，即为最后结果

• 在原rating数组上操作，但是遍历次数要增多，每轮循环都分别进行两次遍历，若首尾元素的candyVec有变化，就要更新candyVec[0] 和 candyVec[N]， candyVec[0] = candyVec[N-1]；candyVec[N] = candyVec[1]，继续遍历，直至首尾元素的candyVec都没有变化，循环结束

  以[4,2,3]为例，在数组前后增加末尾 和 起始元素：[3,4,2,3,4]

  1. 第一次循环：

     • rating： [3,4,2,3,4]
     • candyVec： [1,2,1,2,3]（与左孩子比较）
     • candyVec： [1,2,1,2,3] （与右孩子比较）

     可以看到，首尾元素的candyVec发生了变化，需要更新candyVec[0]和candyVec[N]

  2. 第二次循环：

     • rating： [3,4,2,3,4]
     • candyVec： [2,2,1,2,2]（更新后）
     • candyVec： [2,3,1,2,3]（与左孩子比较）
     • candyVec： [2,3,1,2,3] （与右孩子比较）

     首元素的candyVec发生了变化，需要继续循环

  3. 第三次循环：

     • rating： [3,4,2,3,4]
     • candyVec： [2,3,1,2,3]（更新后）
     • candyVec： [2,3,1,2,3]（与左孩子比较）
     • candyVec： [2,3,1,2,3] （与右孩子比较）

     首尾元素的candyVec都没有变化，结束循环

  最终结果为[3,1,2]

小结

这是一道比较困难的题目，关键是理解这个思想：对于要处理两边的问题，应该先处理好一边，然后再处理另一边，两边同时考虑会很乱

环形分糖问题需要考虑如何处理环形结构，这也是一道面试题目，如果要在原数组上操作，就要循环多次，更新开头的candyVec[0] 和 末尾的candyVec[N]，避免出现 用candyVec[0] 或 candyVec[N]的旧值 修改 candyVec[i] 的情况

860.柠檬水找零

建议：本题看上好像挺难，其实很简单，大家先尝试自己做一做

题目链接：860. 柠檬水找零 - 力扣（LeetCode）

思路

只有三种情况：

• 支付5美元，直接收下，增加一张5美元
• 支付10美元，则消耗一张5美元，增加一张10美元
• 支付20美元，则有两种组合：
  • 消耗一张10美元+一张5美元
  • 消耗三张5美元

前两种情况都是固定策略，只有第三种情况有两种组合策略，这需要我们判断哪种组合策略是优先的，在代码中就是if 和 else if的条件的顺序问题

这里用到了贪心的策略：我们尽可能使用大面额进行找零，保留小面额纸币，10美元只能给账单20找零，而5美元可以给10美元和20美元找零，5美元应用的更广

所以局部最优：遇到账单20，优先消耗美元10，完成本次找零。全局最优：完成全部账单的找零

代码如下：

class Solution {
public:
    bool lemonadeChange(vector<int>& bills) {
        int five = 0, ten = 0, twenty = 0;
        for (int bill : bills) {
            // 情况一
            if (bill == 5) five++;
            // 情况二
            if (bill == 10) {
                if (five <= 0) return false;
                ten++;
                five--;
            }
            // 情况三
            if (bill == 20) {
                // 优先消耗10美元，因为5美元的找零用处更大，能多留着就多留着
                if (five > 0 && ten > 0) {
                    five--;
                    ten--;
                    twenty++; // 其实这行代码可以删了，因为记录20已经没有意义了，不会用20来找零
                } else if (five >= 3) {
                    five -= 3;
                    twenty++; // 同理，这行代码也可以删了
                } else return false;
            }
        }
        return true;
    }
};

这道题目可以告诉大家，遇到感觉没有思路的题目，可以静下心来把能遇到的情况分析一下，只要分析到具体情况了，一下子就豁然开朗了。如果一直陷入想从整体上寻找找零方案，就会把自己陷进去，各种情况一交叉，只会越想越复杂了——Carl

406.根据身高重建队列

建议：本题有点难度，和分发糖果类似，不要两头兼顾，处理好一边再处理另一边

题目链接：406. 根据身高重建队列 - 力扣（LeetCode）

思路

这道题的第一个难点在于看懂题目，你可以将这个问题想象为体育课排队问题，第一节课老师让同学们记住队伍前面有几个比自己高的，这就是题目给的people数组，但它是无序的，people[i] 并不对应队列中第i个人的h和k。在上第二节课的时候，我们需要用people数组还原正确的队列que，que[i]对应队列中第i个人的h和k

第二个难点在于如何利用people恢复队列。这道题与 135.分发糖果 类似，如果要同时处理两个维度，要先确定一个维度，再确定另一个维度，这道题目中有两个维度：h和k，关键在于先处理哪个维度

• 如果按照k来从小到大排序，排完之后，会发现k的排列并不符合条件，身高也不符合条件，两个维度哪一个都没确定下来
• 那么按照身高h来排序呢，身高一定是从大到小排（身高相同的话则k小的站前面），让高个子在前面。此时我们可以确定一个维度了，就是身高，此时people按照身高降序排列

因此我们先按照身高h降序排列people

Q：为什么要按照降序排列身高呢？

A：只有先让身高高的先进入队伍，后面身高低的才能根据前面高的来找自己的位置，接下来举例说明：

引用6qishi的评论

按照身高降序排列后，people数组：

[[7,0],[7,1],[6,1],[5,0],[5,2],[4,4]]

每次让最高的学生出来找自己的位置，第一个高个子[7,0]自然站到了第一个位置：

[[7,0]]

而第二个高个子[7,1]知道有一个人大于等于自己的身高，站在了第一个人身后：

[[7,0],[7,1]]

第三个人[6,1]想了想，有一个人比自己高，那自己肯定站在第二位，于是就插队，现在也站到了第一个人身后：

[[7,0],[6,1],[7,1]]

第四个人[5,0]想了想，没人比自己高，那自己肯定站在第一位，于是就插队，站到了队头：

[[5,0],[7,0],[6,1],[7,1]]

第五个人[5,2]想了想，有两个人比自己高，于是就插队，站到了第二个人后面，也就是第三个位置：

[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[7,1]]

第六个人[4,4]看了看眼前的队伍，比自己高的人都在里面，他安心的数着前面有四个人比自己高，心安理得的站到了第四个人身后：

[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]]

---

接下来处理维度k。身高低的人是不会对身高高的人的排序造成影响的，所以先把身高高的人排序好了以后，无论低身高的人怎么排都不会造成身高高的人的位置错误，所以只要每次把身高高的人先排序好，其相对位置就固定了，再将低身高的人插入就是正确的排列。因此，按照身高排序之后，优先按身高高的people的k来插入，后序插入节点也不会影响前面已经插入的节点，最终按照k的规则完成了队列

以[5,2]为例：

所以在按照身高从大到小排序后：

局部最优：优先按身高高的people的k来插入。插入操作过后的people满足队列属性

全局最优：最后都做完插入操作，整个队列满足题目队列属性

代码实现：

用链表插入效率高，因此使用链表作为que

class Solution {
public:
    static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b)
    {
        if(a[0] == b[0]) return a[1] < b[1];    // 身高相同，k大的在后面
        return a[0] > b[0]; // 身高大的排在前面
    }
    vector<vector<int>> reconstructQueue(vector<vector<int>>& people) {
        sort(people.begin(), people.end(), cmp);    // 先处理维度h
        list<vector<int>> result;
        for(int i=0; i<people.size(); ++i)
        {
            int pos = people[i][1]; // 再考虑维度k
            auto it = result.begin();  
            advance(it, pos);
            result.insert(it, people[i]);
        }
        return vector<vector<int>>(result.begin(), result.end());
    }
};

• 时间复杂度：O(nlog n + n^2)
• 空间复杂度：O(n)

小结

对于两个维度一起考虑的问题，其技巧是确定一边然后贪心另一边，两边一起考虑，就会顾此失彼。优先处理哪个维度，要看处理这个维度后，结果是否确定了这个维度。在这道题目中，如果优先处理k，按照k进行排序，会发现排序后的people不符合k的规则——第i个同学前面有ki个 大于等于其身高的人，没有确定维度k，因此不能优先处理k。如果优先处理h，按照h进行排序，排序后的people确实按照身高降序排列，这确定了维度h，因此要先处理维度h