1005.K次取反后最大化的数组和

自己思路：自己想的就是把数组按从小到大排序，然后把前k小的数字都取反，然后相加起来，这个思路没有考虑到前k个小的数字中不全是负数的情况，比如这个数组全大于0的数，这种情况就需要将第一个数反复取反，这样得到的和是最大的。

• 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

class Solution {
public:
    // static bool cmp(const int &a,const int &b);
    //     int q = max(0-a,a-0);
    //     int w = max(0-b,b-0);
    //     return q>w;
    int largestSumAfterKNegations(vector<int>& nums, int k) {
        sort(nums.begin(),nums.end());
        for(int i = 0;i < nums.size();i++){
            if(nums[i]<0&&k>0){
                nums[i] = -nums[i];
                k--;
            }
        }
        sort(nums.begin(),nums.end());
        if(k > 0){
            if(k%2==1){
                nums[0]=-nums[0];
            }
        }
        int sum = 0;
        for(int i = 0;i<nums.size();i++){
            sum += nums[i];
        }
        return sum;
    }
};

134. 加油站

首先如果总油量减去总消耗大于等于零那么一定可以跑完一圈，说明 各个站点的加油站 剩油量rest[i]相加一定是大于等于零的。

每个加油站的剩余量rest[i]为gas[i] - cost[i]。

i从0开始累加rest[i]，和记为curSum，一旦curSum小于零，说明[0, i]区间都不能作为起始位置，因为这个区间选择任何一个位置作为起点，到i这里都会断油，那么起始位置从i+1算起，再从0计算curSum。

如图：

那么为什么一旦[0，i] 区间和为负数，起始位置就可以是i+1呢，i+1后面就不会出现更大的负数？

如果出现更大的负数，就是更新i，那么起始位置又变成新的i+1了。

那有没有可能 [0，i] 区间 选某一个作为起点，累加到 i这里 curSum是不会小于零呢？ 如图：

如果 curSum<0 说明 区间和1 + 区间和2 < 0， 那么 假设从上图中的位置开始计数curSum不会小于0的话，就是 区间和2>0。

区间和1 + 区间和2 < 0 同时 区间和2>0，只能说明区间和1 < 0， 那么就会从假设的箭头初就开始从新选择其实位置了。

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。

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int gassum = 0;
        int costsum = 0;
        for(int i = 0;i < gas.size();i++){
            gassum+=gas[i];
            costsum+=cost[i];
        }
        if(costsum > gassum) return -1;

        vector<int> index;
        for(int i = 0;i<gas.size();i++){
            index.push_back(gas[i]-cost[i]);
        }
        int cur = 0;
        int start = 0;
        for(int i = 0;i<index.size();i++){
            cur += index[i];
            if(cur<0){
                cur = 0;
                start = i + 1;
            }
        }
        return start;

        
        
    }
};

135. 分发糖果 

 这道题目一定是要确定一边之后，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。

先确定右边评分大于左边的情况（也就是从前向后遍历）

此时局部最优：只要右边评分比左边大，右边的孩子就多一个糖果，全局最优：相邻的孩子中，评分高的右孩子获得比左边孩子更多的糖果

局部最优可以推出全局最优。

如果ratings[i] > ratings[i - 1] 那么[i]的糖 一定要比[i - 1]的糖多一个，所以贪心：candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1

代码如下：

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

如图：

再确定左孩子大于右孩子的情况（从后向前遍历）

遍历顺序这里有同学可能会有疑问，为什么不能从前向后遍历呢？

因为 rating[5]与rating[4]的比较 要利用上 rating[5]与rating[6]的比较结果，所以 要从后向前遍历。

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 。如图：

所以确定左孩子大于右孩子的情况一定要从后向前遍历！

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]（之前比较右孩子大于左孩子得到的糖果数量）。

那么又要贪心了，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。

局部最优可以推出全局最优。

所以就取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，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。

如图：

所以该过程代码如下：

// 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);
    }
}

整体代码如下：

class Solution {
public:
    int candy(vector<int>& ratings) {
        vector<int> res(ratings.size(),1);
        for(int i = 1;i<ratings.size();i++){
            if(ratings[i]>ratings[i-1]){
                res[i] = res[i-1]+1;
            }

        }
        for(int i = ratings.size()-2;i>=0;i--){
            if(ratings[i]>ratings[i+1]){
                res[i] = max(res[i+1]+1,res[i]);
            }
        }

        int result = 0;
        for(int i = 0;i<res.size();i++){
            result+=res[i];
        }
        return result;
    }
};