代码随想录算法训练营第三十四天_第八章_贪心算法 | 1005.K次取反后最大化的数组和、134. 加油站、135. 分发糖果

Jane_10358

已于 2023-02-04 09:59:44 修改

阅读量141

点赞数

文章标签：贪心算法 leetcode

于 2023-01-25 18:09:35 首次发布

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/Jane_10358/article/details/128754429

版权

LeetCode 1005.K次取反后最大化的数组和

给定一个整数数组 A，我们只能用以下方法修改该数组：我们选择某个索引 i 并将 A[i] 替换为 -A[i]，然后总共重复这个过程 K 次。（我们可以多次选择同一个索引 i。）

以这种方式修改数组后，返回数组可能的最大和。

视频讲解https://www.bilibili.com/video/BV138411G7LY/?spm_id_from=333.788&vd_source=f98f2942b3c4cafea8907a325fc56a48 文章讲解https://programmercarl.com/1005.K%E6%AC%A1%E5%8F%96%E5%8F%8D%E5%90%8E%E6%9C%80%E5%A4%A7%E5%8C%96%E7%9A%84%E6%95%B0%E7%BB%84%E5%92%8C.html

思路：两次贪心

绝对值大的负数变为正数（局部最优）👉整个数组和达到最大（全局最优）；
如果将负数都转变为正数了，K依然大于0，局部最优：只找数值最小的正整数进行反转，当前数值和可以达到最大👉全局最优：整个数组和达到最大。

具体步骤：
- 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
代码：

class Solution {
static bool cmp(int a, int b) {
    return abs(a) > abs(b);
}
public:
    int largestSumAfterKNegations(vector<int>& A, int K) {
        sort(A.begin(), A.end(), cmp);       // 第一步
        for (int i = 0; i < A.size(); i++) { // 第二步
            if (A[i] < 0 && K > 0) {
                A[i] *= -1;
                K--;
            }
        }
        if (K % 2 == 1) A[A.size() - 1] *= -1; // 第三步
        int result = 0;
        for (int a : A) result += a;        // 第四步
        return result;
    }
};

LeetCode 134. 加油站

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。

如果你可以绕环路行驶一周，则返回 出发时加油站的编号，否则返回 -1。

如果题目有解，该答案即为唯一答案。
输入数组均为非空数组，且 gas 与 cost 长度相同。
输入数组中的元素均为非负数。

视频讲解https://www.bilibili.com/video/BV1jA411r7WX/?spm_id_from=333.788&vd_source=f98f2942b3c4cafea8907a325fc56a48

文章讲解https://programmercarl.com/0134.%E5%8A%A0%E6%B2%B9%E7%AB%99.html

思路：
- 暴力解法：
  - 遍历每一个加油站为起点的情况，模拟一圈。
  - 如果跑了一圈，中途没有断油，而且最后油量大于等于0，说明这个起点是ok的。
  - 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！
- 贪心算法：
  - 方法一：
    
    情况一：
    
           如果 gas的总和小于 cost总和，那么无论从哪里出发，都跑不了一圈；
    
    情况二：
    
            rest[i] = gas[i] - cost[i] 为一天剩下的油，i从0开始计算累加到最后一站，如果累加没有出现负数，说明从0出发，油就没有断过，那么0就是起点。
    
    情况三：
    
            如果累加的最小值是负数，汽车就要从非0节点出发，从后向前，看哪个节点能将这个负数填平，即为出发节点。
  - ⭐方法二：
    
    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，起始位置从i+1算起，再从0计算curSum。

代码：

// 暴力解法
class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        for (int i = 0; i < cost.size(); i++) {
            int rest = gas[i] - cost[i]; // 记录剩余油量
            int index = (i + 1) % cost.size();
            while (rest > 0 && index != i) { // 模拟以i为起点行驶一圈
                rest += gas[index] - cost[index];
                index = (index + 1) % cost.size();
            }
            // 如果以i为起点跑一圈，剩余油量>=0，返回该起始位置
            if (rest >= 0 && index == i) return i;
        }
        return -1;
    }
};
// 时间复杂度：O(n^2)
// 空间复杂度：O(1)

// 贪心算法：方法一
class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int curSum = 0;
        int min = INT_MAX; // 从起点出发，油箱里的油量最小值
        for (int i = 0; i < gas.size(); i++) {
            int rest = gas[i] - cost[i];
            curSum += rest;
            if (curSum < min) {
                min = curSum;
            }
        }
        if (curSum < 0) return -1;  // 情况1
        if (min >= 0) return 0;     // 情况2
                                    // 情况3
        for (int i = gas.size() - 1; i >= 0; i--) {
            int rest = gas[i] - cost[i];
            min += rest;
            if (min >= 0) {
                return i;
            }
        }
        return -1;
    }
};
// 时间复杂度：O(n)
// 空间复杂度：O(1)

// 贪心算法：方法二
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) {   // 当前累加rest[i]和 curSum一旦小于0
                start = i + 1;  // 起始位置更新为i+1
                curSum = 0;     // curSum从0开始
            }
        }
        if (totalSum < 0) return -1; // 说明怎么走都不可能跑一圈了
        return start;
    }
};
// 时间复杂度：O(n)
// 空间复杂度：O(1)

LeetCode 135. 分发糖果

老师想给孩子们分发糖果，有 N 个孩子站成了一条直线，老师会根据每个孩子的表现，预先给他们评分。你需要按照以下要求，帮助老师给这些孩子分发糖果：

每个孩子至少分配到 1 个糖果。
相邻的孩子中，评分高的孩子必须获得更多的糖果。

老师至少需要准备多少颗糖果呢？

输入: [1,2,2]
输出: 4
解释: 你可以分别给这三个孩子分发 1、2、1 颗糖果，第三个孩子只得到 1 颗糖果。

视频讲解https://www.bilibili.com/video/BV1ev4y1r7wN/?spm_id_from=333.788&vd_source=f98f2942b3c4cafea8907a325fc56a48 文章讲解https://programmercarl.com/0135.%E5%88%86%E5%8F%91%E7%B3%96%E6%9E%9C.html

思路：确定一边之后，再确定另一边（先比较每一个孩子 i 的左边 i - 1，再比较右边 i + 1）
- 从前向后遍历
```
// 从前向后
for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
    if (ratings[i] > ratings[i - 1]) candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1;
}
```
  - 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，评分高的右边孩子获得比左边孩子更多的糖果
- 从后向前遍历
```
// 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);
    }
}
```
  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）。candyVec[i]只有取最大的才能既保持对左边candyVec[i - 1]的糖果多，又比右边candyVec[i + 1]的糖果多。

代码：

class Solution {
public:
    int candy(vector<int>& ratings) {
        vector<int> candyVec(ratings.size(), 1);
        // 从前向后
        for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
            if (ratings[i] > ratings[i - 1]) candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1;
        }
        // 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);
            }
        }
        // 统计结果
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < candyVec.size(); i++) result += candyVec[i];
        return result;
    }
};

⭐总结：如果在考虑局部的时候想两边兼顾，就会顾此失彼。