代码随想录（八）：贪心算法

news2024/10/1 17:19:15

文章目录

      • 455.分发饼干
      • 376. 摆动序列
      • 53. 最大子数组和
      • 122. 买卖股票的最佳时机 II
      • 55. 跳跃游戏
      • 1005. K 次取反后最大化的数组和
      • 134. 加油站
      • 860. 柠檬水找零
      • 135. 分发糖果
      • 406. 根据身高重建队列

455.分发饼干

题目链接

C++代码：

class Solution {
public:
    int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
        sort(g.begin(), g.end());
        sort(s.begin(), s.end());
        int res = 0;
        for (int i = 0, j = 0; i < g.size(); i++) {
            while (j < s.size() && s[j] < g[i]) j++;
            if (j < s.size()) {
                res++;
                j++;
            }
        }
        return res;
    }
};

376. 摆动序列

题目链接

解题思路
第 1 步：摆动序列的连续数字之间的差需要在正数和负数之间交替，因此首先需要去除连续相同的数；
第 2 步：连续数字的收尾值一定在摆动序列中，同时找出数组中的局部最大值和局部最小值放入摆动序列中。请添加图片描述
C++代码：

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        nums.erase(unique(nums.begin(), nums.end()), nums.end());
        int res = 2;
        if (nums.size() <= 2) return nums.size();
        for (int i = 1; i < nums.size() - 1; i++) {
            if (nums[i] > nums[i - 1] && nums[i] > nums[i + 1]) res++;
            if (nums[i] < nums[i - 1] && nums[i] < nums[i + 1]) res++;
        }
        return res;
    }
};

53. 最大子数组和

题目链接

解题思路

局部最优：当前连续和为负数的时候立刻放弃，从下一个元素重新计算连续和，因为负数加上下一个元素连续和只会越来越小。
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。

从代码角度上来讲：
遍历 nums，从头开始用 sum 累积，如果 sum 一旦加上 nums[i] 变为负数，那么就应该从 nums[i+1] 开始从 0 累积 sum 了，因为已经变为负数的 sum，只会拖累总和。

这相当于是暴力解法中的不断调整最大子序和区间的起始位置。

C++代码：

class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        int sum = 0, res = INT_MIN;
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            sum += nums[i];
            if (sum > res) res = sum; // 取区间累计的最大值（相当于不断确定最大子序终止位置）
            if (sum < 0) sum = 0; // 相当于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;
    }
};

122. 买卖股票的最佳时机 II

题目链接

解题思路

题意是获得利润的最大值，可把这个问题看作：当天买入股票，后一天卖出。若后一天卖出时出现亏损，则头一天也就不买入。这样在算利润时，只把每天买卖股票收益为正值时，计入最终总利润。

C++代码：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int res = 0;
        if (prices.size() == 1) return res;
        for (int i = 1; i < prices.size(); i++) 
            res += max(0, prices[i] - prices[i - 1]);
        return res;
    }
};

55. 跳跃游戏

题目链接

解题思路

题意：数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度，判断最终是否能够到达最后一个下标。
使用head来记录能够到达的最远的位置，如果当前位置能够到达的最远位置比head要远，则更新head。通过head可判断最终能否到达最后一个下标。
那么这个问题就转化为跳跃覆盖范围究竟可不可以覆盖到终点！
每次移动取最大跳跃步数（得到最大的覆盖范围），每移动一个单位，就更新最大覆盖范围head。
在这里插入图片描述

C++代码：

class Solution {
public:
    bool canJump(vector<int>& nums) {
        int head = 0;
        if (nums.size() == 1) return true; // 只有一个元素，就是能达到
        for (int i = 0; i <= head; i++) { // 注意这里是小于等于head
            head = max(head, i + nums[i]);
            if (head >= nums.size() - 1) return true; // 说明可以到达到终点了
        }
        return false;
    }
};

1005. K 次取反后最大化的数组和

题目链接

解题思路
题意：对数组中的元素进行k次取反，使得最终数组中的元素和最大。
首先将元素从小到大进行排序，依次让数组中较小的负数变为正数，可使元素和达到最大。
如果将所有的负数都转变为正数了，而k依然大于0，此时判断k是否为奇数，若k为奇数，则从小将数组进行排序，将排序后的最小非负数转变为负值。最后求得数组中元素和即可。

C++代码：

class Solution {
public:
    int largestSumAfterKNegations(vector<int>& nums, int k) {
        int res = 0;
        sort(nums.begin(), nums.end());
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            if (nums[i] < 0 && k > 0) { // 依次将较小的负数转变为正数
                nums[i] *= -1;
                k--;
            }
        }
        if (k % 2 == 1) { // 此时将最小的非负数乘上-1
            sort(nums.begin(), nums.end());
            nums[0] *= -1;
        }
        for (auto c: nums) res += c;
        return res;
    }
};

134. 加油站

题目链接

解题思路
由于环路上有 n 个加油站，那么我们可以从 n 个加油站中依次选取第 i 个加油站作为起点进行讨论
如果把第 i 个加油站作为起点，到达第 i + j 个加油站时，发现当前汽车剩余油量cur_gas与第i + j个加油站的汽油总和小于 cost[i + j] 时，也就意味着此时汽车无法到达第i + j + 1个加油站，那么可推出第 i 个加油站到第 i + j 个加油站中任意一个加油站作为起点都无法到达第i + j + 1 个加油站，因此接下来将第i + j + 1个加油站作为起点继续讨论。

C++代码：

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int n = gas.size(); // 加油站的个数
        for (int i = 0, j; i < n; ) {
            int cur_gas = 0; // 处于起点的汽车剩余油量为0
            for (j = 0; j < n; j++) { // 从第i个加油站出发，观察汽车能够走到哪个加油站
                int k = (i + j) % n; 
                cur_gas += gas[k]; // 当汽车到达第 k 个加油站时，加上gas[k]的汽油量
                if (cur_gas - cost[k] < 0) break; // 当前汽车的油量无法到达下一个加油站
            }
            if (j == n) return i; // 表明此时汽车可以绕环行驶一周
            i = i + j + 1; // 此时表明第i个加油站到第i+j个加油站作为起点都无法到达第i+j+1个加油站
                           // 因此把第i+j+1个加油站作为起点继续讨论 
        }
        return -1;
    }
};

860. 柠檬水找零

题目链接

解题思路
用five、ten两个变量来存储钱包里的5美元和10美元分别有多少张，接着分情况讨论：

  • 如果顾客支付的是5美元，则five++
  • 如果顾客支付的是10美元，则先要判断当前钱包中是否有5美元的纸币，然后在进行找零
  • 如果顾客支付的是20美元，则首先判断当前钱包中是否同时拥有一张10美元和一张5美元，或者钱包中包含三张5美元，只有这两种情况才能进行找零。

C++代码：

class Solution {
public:
    bool lemonadeChange(vector<int>& bills) {
        int five = 0, ten = 0;
        for (auto x: bills) {
            if (x == 5) five++;
            else if (x == 10) {
                if (!five) return false;
                five--;
                ten++;
            }else {
                if (ten && five) ten--, five--;
                else if (five >= 3) five -= 3;
                else return false;
            }
        }
        return true;
    }
};

135. 分发糖果

题目链接

解题思路
该题采用贪心的策略，重点是一定要先确定一边之后，再确定另一边，如果在考虑局部的时候想两边兼顾，就会顾此失彼。
该题采用两次贪心的策略：

  • 首先从左向右遍历，比较右边孩子评分比左边高的情况，使得右边孩子的糖果比相邻的左边孩子糖果数多一。
  • 然后从右向左遍历，比较左边孩子评分比右边高的情况，那么如果左边孩子的评分高，在确定左边孩子糖果数时，需要将当前左边孩子的糖果数与右边孩子糖果数+1进行比较，取两者的最大值作为左边孩子的糖果数，这样就能满足相邻两个孩子评分更高的孩子会获得更多的糖果。

C++代码：

class Solution {
public:
    int candy(vector<int>& ratings) {
        vector<int> nums(ratings.size(), 1);
        // 从前向后
        for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {
            if (ratings[i] > ratings[i - 1]) nums[i] = nums[i - 1] + 1;
        }
        // 从后向前
        for (int i = nums.size() - 2; i >= 0; i--) {
            if (ratings[i] > ratings[i + 1]) nums[i] = max(nums[i], nums[i + 1] + 1);
        }
        // 统计结果
        int res = 0;
        for (auto c: nums) res += c;
        return res;
    }
};

406. 根据身高重建队列

题目链接

解题思路
这道题与上一题分发糖果有一点点像，都涉及到两个维度，其技巧就是先确定一边然后贪心另一边，两边一起考虑，就会顾此失彼。
首先我们可以将序列按照身高h从大到小来排序，身高相同的话则k小的站前面，让高个子在前面。
这样做的目的主要是为了后边可以按照第二个维度k来将元素逐个重新插入到结果队列中。
优先按身高高的people的k来插入结果队列，后续插入的节点也不会影响前面已经插入的节点，最终按照k的规则完成了结果对列。

整个插入过程如下：

排序完的people： [[7,0], [7,1], [6,1], [5,0], [5,2]，[4,4]]

插入的过程：

  • 插入[7,0]：[[7,0]]
  • 插入[7,1]：[[7,0],[7,1]]
  • 插入[6,1]：[[7,0],[6,1],[7,1]]
  • 插入[5,0]：[[5,0],[7,0],[6,1],[7,1]]
  • 插入[5,2]：[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[7,1]]
  • 插入[4,4]：[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]]

此时就按照题目的要求完成了重新排列。

C++代码：

class Solution {
public:
    // 身高从大到小排（身高相同k小的站前面）
    static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
        if (a[0] == b[0]) return a[1] < b[1];
        return a[0] > b[0];
    }
    vector<vector<int>> reconstructQueue(vector<vector<int>>& people) {
        sort (people.begin(), people.end(), cmp);
        list<vector<int>> que; // list底层是链表实现，插入效率比vector高的多
        for (int i = 0; i < people.size(); i++) {
            int position = people[i][1]; // 插入到下标为position的位置
            std::list<vector<int>>::iterator it = que.begin();
            while (position--) { // 寻找在插入位置
                it++;
            }
            que.insert(it, people[i]);
        }
        return vector<vector<int>>(que.begin(), que.end());
    }
};

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