Leetcode（455）——分发饼干

Leetcode（455）——分发饼干

题目

假设你是一位很棒的家长，想要给你的孩子们一些小饼干。但是，每个孩子最多只能给一块饼干。

对每个孩子 i，都有一个胃口值 g[i]，这是能让孩子们满足胃口的饼干的最小尺寸；并且每块饼干 j，都有一个尺寸 s[j] 。如果 s[j] >= g[i]，我们可以将这个饼干 j 分配给孩子 i ，这个孩子会得到满足。你的目标是尽可能满足越多数量的孩子，并输出这个最大数值。

示例 1：

输入: g = [1,2,3], s = [1,1]
输出: 1
解释:
你有三个孩子和两块小饼干，3个孩子的胃口值分别是：1,2,3。
虽然你有两块小饼干，由于他们的尺寸都是1，你只能让胃口值是1的孩子满足。
所以你应该输出1。

示例 2：

输入: g = [1,2], s = [1,2,3]
输出: 2
解释:
你有两个孩子和三块小饼干，2个孩子的胃口值分别是1,2。
你拥有的饼干数量和尺寸都足以让所有孩子满足。
所以你应该输出2.

提示：

• $1$ <= g.length <= $3\ast 10^4$
• $0$ <= s.length <= $3\ast 10^4$
• $1$ <= g[i], s[j] <= $2^{31-1}$

题解

关键点：想清楚局部最优，想清楚全局最优，感觉局部最优是可以推出全局最优，并想不出反例，那么就试一试贪心

方法一：排序+贪心

思路

​​  因为饥饿度最小的孩子最容易吃饱，所以我们先考虑这个孩子。为了尽量使得剩下的饼干可以满足饥饿度更大的孩子，所以我们应该把大于等于这个孩子饥饿度的、且大小最小的饼干给这个孩子。满足了这个孩子之后，我们采取同样的策略，考虑剩下孩子里饥饿度最小的孩子，直到没有满足条件的饼干存在。

​​  为了尽可能满足最多数量的孩子，从贪心的角度考虑，应该按照孩子的胃口从小到大的顺序依次满足每个孩子，且对于每个孩子，应该选择可以满足这个孩子的胃口且尺寸最小的饼干。证明如下。

​​  假设有 $m$ 个孩子，胃口值分别是 $g_1$ 到 $g_m$，有 $n$ 块饼干，尺寸分别是 $s_1$ 到 $s_n$，满足 $g_i\le g_{i+1}$ 和 $s_j\le s_{j+1}$，其中 $1\le i<m$，$1\le j<n$。

假设在对前 $i-1$ 个孩子分配饼干之后，可以满足第 $i$ 个孩子的胃口的最小的饼干是第 $j$ 块饼干，即 $s_j$ 是剩下的饼干中满足 $g_i\le s_j$ 的最小值，最优解是将第 $j$ 块饼干分配给第 $i$ 个孩子。如果不这样分配，考虑如下两种情形：

• 如果 $i<m$ 且 $g_{i+1}\le s_j$ 也成立，则如果将第 $j$ 块饼干分配给第 $i+1$ 个孩子，且还有剩余的饼干，则可以将第 $j+1$ 块饼干分配给第 $i$ 个孩子，分配的结果不会让更多的孩子被满足；
• 如果 $j<n$，则如果将第 $j+1$ 块饼干分配给第 $i$ 个孩子，当 $g_{i+1}\le s_j$ 时，可以将第 $j$ 块饼干分配给第 $i+1$ 个孩子，分配的结果不会让更多的孩子被满足；当 $g_{i+1}>s_j$ 时，第 $j$ 块饼干无法分配给任何孩子，因此剩下的可用的饼干少了一块，因此分配的结果不会让更多的孩子被满足，甚至可能因为少了一块可用的饼干而导致更少的孩子被满足。

​​  基于上述分析，可以使用贪心的方法尽可能满足最多数量的孩子。

​​  首先对数组 $g$ 和 $s$ 排序，然后从小到大遍历 $g$ 中的每个元素，对于每个元素找到能满足该元素的 $s$ 中的最小的元素。具体而言，令 $i$ 是 $g$ 的下标，$j$ 是 $s$ 的下标，初始时 $i$ 和 $j$ 都为 $0$，进行如下操作。

​​  对于每个元素 $g[i]$，找到 未被使用的 最小的 $j$ 使得 $g[i]\le s[j]$，则 $s[j]$ 可以满足 $g[i]$。由于 $g$ 和 $s$ 已经排好序，因此整个过程只需要对数组 $g$ 和 $s$ 各遍历一次。当两个数组之一遍历结束时，说明所有的孩子都被分配到了饼干，或者所有的饼干都已经被分配或被尝试分配（可能有些饼干无法分配给任何孩子），此时被分配到饼干的孩子数量即为可以满足的最多数量。

代码实现

我自己的：

class Solution {
public:
    int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
        // 升序排序
        sort(g.begin(), g.end());
        sort(s.begin(), s.end());

        int n = 0;
        vector<int>::iterator p = s.begin();

        for(auto kid: g){
            while(p != s.end()){
                // 判断这块饼干是否能让这个小孩吃饱
                if(kid <= *p){
                    n++;
                    p++;
                    break;
                }else p++;
            }
            if(p == s.end()) break;
        }
        return n;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(mlogm+nlogn)$，其中 $m$ 和 $n$ 分别是数组 $g$ 和 $s$ 的长度。对两个数组排序的时间复杂度是 $O(m\log m+n\log n)$，遍历数组的时间复杂度是 $O(m+n)$，因此总时间复杂度是 $O(m\log m+n\log n)$。
空间复杂度：$O(\log m+\log n)$，其中 $m$ 和 $n$ 分别是数组 $g$ 和 $s$ 的长度。空间复杂度主要是排序的额外空间开销。