由于这周来不及了,先过一遍后面的思路,具体实现等下周再开始详细写。
贪心算法
这个图非常好
122.买卖股票的最佳时机 II(妙,拆分利润)
把利润分解为每天为单位的维度,需要收集每天的正利润就可以,收集正利润的区间,就是股票买卖的区间,而我们只需要关注最终利润,不需要记录区间。
55. 跳跃游戏(妙,覆盖范围)
不用拘泥于每次究竟跳几步,而是看覆盖范围,覆盖范围内一定是可以跳过来的,不用管是怎么跳的。
45.跳跃游戏 II(难)
还是要看最大覆盖范围。
以最小的步数增加最大的覆盖范围,覆盖范围一旦覆盖了终点,得到的就是最少步数!不用管具体是怎么跳的,不纠结于一步究竟跳一个单位还是两个单位。
这里需要统计两个覆盖范围,当前这一步的最大覆盖和下一步最大覆盖。
如果移动下标达到了当前这一步的最大覆盖最远距离了,还没有到终点的话,那么就必须再走一步来增加覆盖范围,直到覆盖范围覆盖了终点。
1005.K次取反后最大化的数组和(简单)
先让绝对值大的负数变为正数,当前数值达到最大;然后如果K依然大于0,只找数值最小的正整数进行反转。
- 第一步:将数组按照绝对值大小从大到小排序,注意要按照绝对值的大小
- 第二步:从前向后遍历,遇到负数将其变为正数,同时K--
- 第三步:如果K还大于0,那么反复转变数值最小的元素,将K用完
- 第四步:求和
将数组按照绝对值大小从大到小排序
nums = IntStream.of(nums)
.boxed()
.sorted((o1, o2) -> Math.abs(o2) - Math.abs(o1))
.mapToInt(Integer::intValue).toArray();
对int[]数组元素求和
Arrays.stream(nums).sum()
int ans = 0;
for (int num : nums) {
ans += num;
}
134. 加油站(妙)
(补充:for循环适合模拟从头到尾的遍历,而while循环适合模拟环形遍历,要善于使用while!)
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。
135. 分发糖果(妙,2次贪心)
先确定一边之后,再确定另一边,例如比较每一个孩子的左边,然后再比较右边,如果两边一起考虑一定会顾此失彼。
两次贪心的策略:
- 一次是从左到右遍历,只比较右边孩子评分比左边大的情况。
- 一次是从右到左遍历,只比较左边孩子评分比右边大的情况。
分两个阶段
1、起点下标1 从左往右,只要 右边 比 左边 大,右边的糖果=左边 + 1
2、起点下标 ratings.length - 2 从右往左, 只要左边 比 右边 大,
此时 左边的糖果应该 取本身的糖果数(符合比它左边大)
和 右边糖果数 + 1 二者的最大值,这样才符合
它比它左边的大,也比它右边大
860.柠檬水找零(简单)
直接统计five,ten的count就好了
- 情况一:账单是5,直接收下。
- 情况二:账单是10,消耗一个5,增加一个10
- 情况三:账单是20,优先消耗一个10和一个5,如果不够,再消耗三个5
406.根据身高重建队列(难,妙,2次贪心)
本题有两个维度,h和k,看到这种题目一定要想如何确定一个维度,然后再按照另一个维度重新排列。
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,前面的节点一定都比本节点高!
那么只需要按照k为下标重新插入队列就可以了
二维数据排序
// 身高从大到小排(身高相同k小的站前面)
Arrays.sort(people, (a, b) -> {
if (a[0] == b[0]) return a[1] - b[1]; // a - b 是升序排列,故在a[0] == b[0]的狀況下,會根據k值升序排列
return b[0] - a[0]; //b - a 是降序排列,在a[0] != b[0],的狀況會根據h值降序排列
});
Linkedlist.add()
Linkedlist.add(index, value),会将value插入到指定index里
452. 用最少数量的箭引爆气球(重叠区间)
重叠区间问题:本质就是更新区间的边界
按照气球的起始位置排序
// int[][] points
Arrays.sort(points, (a, b) -> Integer.compare(a[0], b[0]));
如果气球重叠了,重叠气球中右边边界的最小值 之前的区间一定需要一个弓箭
不需要移走气球,直接记录res++即可。
技巧:寻找重复的气球,寻找重叠气球最小右边界
points[i][1] = Math.min(points[i][1], points[i - 1][1]); // 更新重叠气球最小右边界
435. 无重叠区间(重叠区间)
本质还是排序+更新边界
有452,本题很好理解
763.划分字母区间(妙,重叠区间)
用最远出现距离模拟了圈字符的行为。思路很巧妙
- 统计每一个字符最后出现的位置
- 从头遍历字符,并更新字符的最远出现下标,如果找到字符最远出现位置下标和当前下标相等了,则找到了分割点
统计字符串S中每个字母char出现的最远位置
int[] edge = new int[26];
char[] chars = S.toCharArray();
for (int i = 0; i < chars.length; i++) {
edge[chars[i] - 'a'] = i;
}
idx = Math.max(idx,edge[chars[i] - 'a']); // 更新right下标
56. 合并区间(简单,重叠区间)
没什么好说的,简单
//按照左边界排序
Arrays.sort(intervals, (x, y) -> Integer.compare(x[0], y[0]));
738.单调递增的数字(妙,flag的运用)
- 例如N=98,一旦出现strNum[i - 1] > strNum[i]的情况(非单调递增),首先想让strNum[i - 1]--,然后strNum[i]给为9,这样这个整数就是89,即小于98的最大的单调递增整数。
- 从后向前遍历:
举个例子,数字:332,从前向后遍历的话,那么就把变成了329,此时2又小于了第一位的3了,真正的结果应该是299。
那么从后向前遍历,就可以重复利用上次比较得出的结果了,从后向前遍历332的数值变化为:332 -> 329 -> 299
-
用一个flag(start)来标记从哪里开始赋值9。
// flag用来标记赋值9从哪里开始
// 设置为这个默认值,为了防止第二个for循环在flag没有被赋值的情况下执行
将一个 int
类型的整数 N
转换为字符串,然后将这个字符串按字符拆分为一个字符数组。
String[] strings = (N + "").split("");
String, char 与 int 的转换使用
class Solution {
public int monotoneIncreasingDigits(int n) {
String s = String.valueOf(n);
char[] chars = s.toCharArray();
int start = s.length();
for (int i = s.length() - 2; i >= 0; i--) {
if (chars[i] > chars[i + 1]) {
chars[i]--;
start = i+1;
}
}
for (int i = start; i < s.length(); i++) {
chars[i] = '9';
}
return Integer.parseInt(String.valueOf(chars));
}
}
968.监控二叉树(难)
贪心+二叉树
麻烦的是判断出每个节点的状态与各种转移情况。考虑的细节比较繁多。
思路:从低到上遍历,先给叶子节点父节点放个摄像头,然后隔两个节点放一个摄像头,直至到二叉树头结点。
- 后序遍历:左右中
-
隔两个节点放一个摄像头(状态转移)
每个节点可能的三种状态:
- 0:该节点无覆盖
- 1:本节点有摄像头
- 2:本节点有覆盖
(空节点的状态只能是有覆盖,这样就可以在叶子节点的父节点放摄像头了)
单层逻辑处理主要有如下四类情况:
- 情况1:左右节点都有覆盖,中间节点应该就是无覆盖 return 0;
- 情况2:左右节点至少有一个无覆盖的情况,中间节点放摄像头 result++,且return 1;
- 情况3:左右节点至少有一个有摄像头,父节点就是覆盖 return 2;
- 情况4:头结点没有覆盖 result++(以上都处理完了,递归结束之后,可能头结点 还有一个无覆盖的情况)
动态规划
动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的,这一点就区分于贪心,贪心没有状态推导,而是从局部直接选最优的。
动态规划中dp[j]是由dp[j-weight[i]]推导出来的,然后取max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])。
动态规划的解题步骤
- 确定dp数组以及下标的含义
- 确定递推公式
- dp数组如何初始化
- 确定遍历顺序
- 举例推导dp数组
DP压缩节约空间复杂度:
- 一维数组可使用三个变量来代替数组(509,70,746)
- 二维数组可拆成2个一维数组
509. 斐波那契数(简单)
递归/dp都可以
70. 爬楼梯(妙)
爬楼梯居然是斐波那契的另一版本!
dp[i]: 爬到第i层楼梯,有dp[i]种方法
dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] (难在怎么确定递推公式)
dp[1] = 1,dp[2] = 2
从前向后遍历
746. 使用最小花费爬楼梯
- dp[i]的定义:到达第i台阶所花费的最少体力为dp[i]。
- dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);
可以有两个途径得到dp[i],一个是dp[i-1] 一个是dp[i-2]。
dp[i - 1] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 1] + cost[i - 1]。
dp[i - 2] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 2] + cost[i - 2]。
- dp[0] = 0,dp[1] = 0;
- 从前到后遍历cost数组
- 打印dp
62.不同路径
- dp[i][j] :表示从(0 ,0)出发,到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。
- dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]
- 如何初始化呢,首先dp[i][0]一定都是1,因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条,那么dp[0][j]也同理。
- dp[i][j]都是从其上方和左方推导而来,那么从左到右一层一层遍历就可以了。
数论方法(求组合问题)
无论怎么走,走到终点都需要 m + n - 2 步。
在这m + n - 2 步中,一定有 m - 1 步是要向下走的,不用管什么时候向下走。
那么有几种走法呢? 可以转化为,给你m + n - 2个不同的数,随便取m - 1个数,有几种取法。
求组合问题
求组合的时候,要防止两个int相乘溢出! 所以不能把算式的分子都算出来,分母都算出来再做除法。
需要在计算分子的时候,不断除以分母
63. 不同路径 II
有障碍的话,其实就是标记对应的dp table(dp数组)保持初始值(0)就可以了。
- dp[i][j] :表示从(0 ,0)出发,到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。
- 递推公式不变,加个if限制,如果没有障碍,再更新dp
- 初始化一旦遇到obstacleGrid[i][0] == 1的情况就停止dp[i][0]的赋值1的操作,dp[0][j]同理
343. 整数拆分(难)
- dp[i]:分拆数字i,可以得到的最大乘积为dp[i]。
- 递推公式:dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
- 初始化dp[2] = 1
- 从前向后遍历
j * (i - j) 是单纯的把整数拆分为两个数相乘,而j * dp[i - j]是拆分成两个以及两个以上的个数相乘。
拆分一个数n 使之乘积最大,那么一定是拆分成m个近似相同的子数相乘才是最大的
96. 不同的二叉搜索树(抽象思路,难)
难以想象,这个思路
- dp[i] : 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。
-
dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量]
- dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; ,j-1 为j为头结点左子树节点数量,i-j 为以j为头结点右子树节点数量(j相当于是头结点的元素,从1遍历到i为止。)
- 初始化dp[0] = 1。空节点也是一棵二叉树,也是一棵二叉搜索树
- 遍历i里面每一个数作为头结点的状态,用j来遍历
背包问题
背包递推公式
-
问能否能装满背包(或者最多装多少):dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);
- 问装满背包有几种方法:dp[j] += dp[j - nums[i]] ;
- 问背包装满最大价值:dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
- 问装满背包所有物品的最小个数:dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]);
遍历顺序
01背包
- 二维dp数组01背包先遍历物品还是先遍历背包都是可以的,且第二层for循环是从小到大遍历。
- 一维dp数组01背包只能先遍历物品再遍历背包容量,且第二层for循环是从大到小遍历。
完全背包
- 纯完全背包的一维dp数组实现,先遍历物品还是先遍历背包都是可以的,且第二层for循环是从小到大遍历。
-
如果求组合数就是外层for循环遍历物品,内层for遍历背包。
-
如果求排列数就是外层for遍历背包,内层for循环遍历物品。
-
如果求最小数,那么两层for循环的先后顺序就无所谓了
01背包
二维dp数组
- dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取,放进容量为j的背包,价值总和最大是多少
- 递归公式:
dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
遍历顺序,先物品先背包都可以,从小到大
-
不放物品i:背包容量为j,里面不放物品i的最大价值是dp[i - 1][j]。
-
放物品i:背包空出物品i的容量后,背包容量为j - weight[i],dp[i - 1][j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]且不放物品i的最大价值,那么dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] (物品i的价值),就是背包放物品i得到的最大价值
二维背包模板
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
int n = scanner.nextInt();
int bagweight = scanner.nextInt();
int[] weight = new int[n];
int[] value = new int[n];
for (int i = 0; i < n; ++i) {
weight[i] = scanner.nextInt();
}
for (int j = 0; j < n; ++j) {
value[j] = scanner.nextInt();
}
int[][] dp = new int[n][bagweight + 1];
for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {
dp[0][j] = value[0];
}
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = 0; j <= bagweight; j++) {
if (j < weight[i]) {
dp[i][j] = dp[i - 1][j];
} else {
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
}
}
}
System.out.println(dp[n - 1][bagweight]);
}
}
一维dp数组(滚动数组)
滚动数组,需要满足的条件是上一层可以重复利用,直接拷贝到当前层。
- dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取,放进容量为j的背包,价值总和最大是多少。
- dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
此时dp[j]有两个选择,一个是取自己dp[j] 相当于 二维dp数组中的dp[i-1][j],即不放物品i,一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]
,即放物品i,指定是取最大的,毕竟是求最大价值。
- 初始化为0
- 先遍历物品,再遍历背包,并且背包是倒序遍历,否则物品就会被加入多次
一维背包模板
import java.util.Scanner;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner scanner = new Scanner(System.in);
// 读取 M 和 N
int M = scanner.nextInt(); // 研究材料的数量
int N = scanner.nextInt(); // 行李空间的大小
int[] costs = new int[M]; // 每种材料的空间占用
int[] values = new int[M]; // 每种材料的价值
// 输入每种材料的空间占用
for (int i = 0; i < M; i++) {
costs[i] = scanner.nextInt();
}
// 输入每种材料的价值
for (int j = 0; j < M; j++) {
values[j] = scanner.nextInt();
}
// 创建一个动态规划数组 dp,初始值为 0
int[] dp = new int[N + 1];
// 外层循环遍历每个类型的研究材料
for (int i = 0; i < M; i++) {
// 内层循环从 N 空间逐渐减少到当前研究材料所占空间
for (int j = N; j >= costs[i]; j--) {
// 考虑当前研究材料选择和不选择的情况,选择最大值
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - costs[i]] + values[i]);
}
}
// 输出 dp[N],即在给定 N 行李空间可以携带的研究材料的最大价值
System.out.println(dp[N]);
scanner.close();
}
}
求装满背包有几种方法
01背包应用之“有多少种不同的填满背包最大容量的方法“ 494.
递推公式一般为:
dp[j] += dp[j - nums[i]];
0-1背包的多种应用
- 纯 0 - 1 背包 (opens new window)是求 给定背包容量 装满背包 的最大价值是多少。
- 416. 分割等和子集 (opens new window)是求 给定背包容量,能不能装满这个背包。
- 1049. 最后一块石头的重量 II (opens new window)是求 给定背包容量,尽可能装,最多能装多少
- 494. 目标和 (opens new window)是求 给定背包容量,装满背包有多少种方法。
- 474.一和零 给定背包容量,装满背包最多有多少个物品。
完全背包
- 如果求组合数就是外层for循环遍历物品,内层for遍历背包。
- 如果求排列数就是外层for遍历背包,内层for循环遍历物品。
排列的遍历顺序:target(背包)放在外循环,将nums(物品)放在内循环,内循环从前到后遍历。
多重背包
每件物品最多有Mi件可用,把Mi件摊开,其实就是一个01背包问题了。
好啦停止啦,来不及写笔记了,直接快速自己过一遍了