LeetCode算法题解（贪心算法）|LeetCode1005. K 次取反后最大化的数组和、LeetCode134. 加油站、LeetCode135. 分发糖果

一、LeetCode1005. K 次取反后最大化的数组和

题目链接：1005. K 次取反后最大化的数组和

题目描述：

给你一个整数数组 nums 和一个整数 k ，按以下方法修改该数组：

• 选择某个下标 i 并将 nums[i] 替换为 -nums[i] 。

重复这个过程恰好 k 次。可以多次选择同一个下标 i 。

以这种方式修改数组后，返回数组 可能的最大和 。

示例 1：

输入：nums = [4,2,3], k = 1
输出：5
解释：选择下标 1 ，nums 变为 [4,-2,3] 。

示例 2：

输入：nums = [3,-1,0,2], k = 3
输出：6
解释：选择下标 (1, 2, 2) ，nums 变为 [3,1,0,2] 。

示例 3：

输入：nums = [2,-3,-1,5,-4], k = 2
输出：13
解释：选择下标 (1, 4) ，nums 变为 [2,3,-1,5,4] 。

提示：

• 1 <= nums.length <= 104
• -100 <= nums[i] <= 100
• 1 <= k <= 104

算法分析：

利用局部最优：先对绝对值最大的负数取反，让当前的整体数值达到最大。

全局最优：整个数组之和达到最大值。

如果对全部的负数取反完之后还有取反的次数（K > 0）：

而且此时k是奇数，那么只需要对绝对值最小的元素进行一次取反就可以了，如果k是偶数，那么不需要进行任何操作，因为任何元素取反偶数次结果依旧是这个元素。

这样就可以保证整个数组的和最大了。

代码如下：

class Solution {
    public int largestSumAfterKNegations(int[] nums, int k) {
        Arrays.sort(nums);//排序
        int num = 0;//计算数组中小于等于0的元素个数
        for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
            if(nums[i] <= 0) num++;
        }
        if(k <= num) {//如果小于等于0的元素个数大于等于取反的次数，将前k个元素取反
            for(int i = 0; i < k; i++) 
            nums[i] = - nums[i];
        }else {//否则，先将小于等于0的元素进行取反
            for(int i = 0; i < num; i++) {
                nums[i] = -nums[i];
            }
            if((k - num) % 2 == 1) {//如果此时取反的次数还有剩余，只需对绝对值最小的一个书取反k次就可以了，一个元素去偶数次反还是原来这个数，所以只需要取反奇数次的情况
                if(num == 0) {//如果数组中没有小于等于0的元素，那么对最小的元素（排序后的第一个元素）取反
                    nums[0] = -nums[0];
                }else if(num == nums.length || Math.abs(nums[num - 1]) <= Math.abs(nums[num])){//对绝对值最小的一个元素进行取反，二绝对之最小的元素肯定在nums[nums - 1] 和nums[num]之间。
                    nums[num- 1] = -nums[num - 1];
                }else {
                    nums[num] = -nums[num];
                }
            }
        }
        int sum = 0;//求取反之后元素的总和
        for(int i = 0; i < nums.length; i++) 
        sum += nums[i];
        return sum;

    }
}

二、LeetCode134. 加油站

题目链接：134. 加油站

题目描述：

在一条环路上有 n 个加油站，其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] 升。

你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 i 个加油站开往第 i+1 个加油站需要消耗汽油 cost[i] 升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。

给定两个整数数组 gas 和 cost ，如果你可以按顺序绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1 。如果存在解，则 保证 它是 唯一 的。

示例 1:

输入: gas = [1,2,3,4,5], cost = [3,4,5,1,2]
输出: 3
解释:
从 3 号加油站(索引为 3 处)出发，可获得 4 升汽油。此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
开往 4 号加油站，此时油箱有 4 - 1 + 5 = 8 升汽油
开往 0 号加油站，此时油箱有 8 - 2 + 1 = 7 升汽油
开往 1 号加油站，此时油箱有 7 - 3 + 2 = 6 升汽油
开往 2 号加油站，此时油箱有 6 - 4 + 3 = 5 升汽油
开往 3 号加油站，你需要消耗 5 升汽油，正好足够你返回到 3 号加油站。
因此，3 可为起始索引。

示例 2:

输入: gas = [2,3,4], cost = [3,4,3]
输出: -1
解释:
你不能从 0 号或 1 号加油站出发，因为没有足够的汽油可以让你行驶到下一个加油站。
我们从 2 号加油站出发，可以获得 4 升汽油。 此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
开往 0 号加油站，此时油箱有 4 - 3 + 2 = 3 升汽油
开往 1 号加油站，此时油箱有 3 - 3 + 3 = 3 升汽油
你无法返回 2 号加油站，因为返程需要消耗 4 升汽油，但是你的油箱只有 3 升汽油。
因此，无论怎样，你都不可能绕环路行驶一周。

提示:

• gas.length == n
• cost.length == n
• 1 <= n <= 105
• 0 <= gas[i], cost[i] <= 104

算法分析：

如果总油量减去总耗油量大于等于0说明是可以走完一圈的。

即各个加油站的剩余油量（gas[i] - cost[i]）相加，一定大于等于0；

从i= 0开始，剩余油量相加记为curSum，如果curSum小于0，说明[0,i]区间任一位置都不能作为起始位置，因为到这儿就会出现断油的现象。

所以起始位置从i+1开始算起，再从0计算curSum。

局部最优：剩余油量相加小于0时，更新起始位置（因为如果从前面开始的话，到这儿会出现断油），curSum从0算起。

全局最优：遍历完整个数组找到起始的那个位置。

代码如下：

class Solution {
    public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
        int totalSum = 0;//计算总的剩余油量，即总油量减去总耗油量
        int curSum = 0;//当前的剩余油量
        int startIndex = 0;//起始下标
        for(int i = 0; i < gas.length; i++) {
            curSum = curSum + gas[i] - cost[i];
            totalSum = totalSum + gas[i] - cost[i];
            if(curSum < 0) {//如果当前油量小于0，
                startIndex = i + 1;//起始位置跟新为i+1
                curSum = 0;//当前油量从0开始
            }
        }
        if(totalSum < 0) return -1;
        return startIndex;
    }
}

三、LeetCode135. 分发糖果

题目链接：135. 分发糖果

题目描述：

n 个孩子站成一排。给你一个整数数组 ratings 表示每个孩子的评分。

你需要按照以下要求，给这些孩子分发糖果：

• 每个孩子至少分配到 1 个糖果。
• 相邻两个孩子评分更高的孩子会获得更多的糖果。

请你给每个孩子分发糖果，计算并返回需要准备的 最少糖果数目 。

示例 1：

输入：ratings = [1,0,2]
输出：5
解释：你可以分别给第一个、第二个、第三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。

示例 2：

输入：ratings = [1,2,2]
输出：4
解释：你可以分别给第一个、第二个、第三个孩子分发 1、2、1 颗糖果。
     第三个孩子只得到 1 颗糖果，这满足题面中的两个条件。

提示：

• n == ratings.length
• 1 <= n <= 2 * 104
• 0 <= ratings[i] <= 2 * 104

算法分析：

我们先只看右边孩子评分比左边孩子高的情况（从左往右遍历），那么右边的孩子至少会得到比左边孩子多一个的糖果，将右边孩子得到的糖果数置为左边孩子得到的糖果数加一。

如果右边的孩子得分没有比左边的孩子高，那也至少也要得到一个糖果。

然后我们再看左边孩子评分比右边孩子高的情况（从右往左遍历），如果这时候左边孩子得到的糖果没有比右边的孩子高，就不满足相邻两个孩子评分高的会得到更多的糖果的条件（左边的孩子得到的糖果至少必右边孩子的得到的糖果多一个），所以将左边的孩子得到的糖果数置为右边的孩子得到的糖果书加一。

此时所有孩子应该得到的糖果数都确定了，我们只需要将所有的孩子得到的糖果数相加返回即可。

这个解法利用了贪心的思想：

局部最优：分别推出右边孩子得分比左边孩子得分高时应该至少得到的糖果数，和左边孩子得分比右边孩子得分高时至少应该得到的糖果数。

全局最优：相邻的两个孩子中得分高的得到的糖果数更多。

代码如下：

class Solution {
    public int candy(int[] ratings) {
        int n = ratings.length;//人数
        int[] eachGet = new int[n];//用来记录每个孩子得到的糖果数
        for(int i = 0; i < n; i++) {//从左到右遍历，如果右边孩子得分高于左边孩子，则右边孩子糖果至少比左边孩子多一个
            eachGet[i] = 1;//每个孩子至少得到一个糖果
            if(i > 0 && ratings[i] > ratings[i - 1]) {
                eachGet[i] = eachGet[i - 1] + 1;
            }
        } 
        for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {//从右到左遍历，如果右边孩子的评分小于左边孩子的评分，而且左边孩子得到的糖果没有大于右边孩子得到的糖果，那么左边孩子应该得到的糖果至少比右边孩子多一个
            if(i < n - 1 && ratings[i] > ratings[i + 1] && eachGet[i] <= eachGet[i + 1]) {
                eachGet[i] = eachGet[i + 1] + 1;
            }
        }
        int sum = 0;//总的糖果数
        for(int i = 0; i < n; i++)
        sum += eachGet[i];
        return sum;
    }
}

总结

贪心没有具体解体模板，只知道个模糊的步骤（从局部最优推至全局最优）。