代码随想录算法训练营Day35|K次取反后最大化的数组和、134.加油站、135.分发糖果

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原创最新推荐文章于 2026-11-07 19:20:20 发布 430 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

5个4000比特大状态置换算法的设计与分析下面是 5 个概念性、实验性的 4000 位可逆置换设计。它们都保证是双射，但未经过密码分析，不可直接用于生产系统。风格分别覆盖：三维 SPN、Feistel、可逆元胞自动机、ARX、宽轨迹/Keccak 式结构。这 5 个设计分别代表了 SPN、Feistel、元胞自动机、ARX、宽轨迹 Keccak 五种不同风格，覆盖了主流大状态置换的构造思路。再次强调：它们只是实验性概念，若要用于实际协议，必须经过严格安全性分析。阅读详情

K次取反后最大化的数组和

1005. K 次取反后最大化的数组和 - 力扣（LeetCode）

贪心算法，将所有的负值取反后，若剩余k为偶数，则不变，得到的为最大值，若为奇数，则将取反后数组中最小的元素取反，计算得到最大值。

这里使用了两次排序，第一次排序后将小于等于k次数的负数取反，得到数组中所有值求绝对值的和，之后再排一次序，则数组第一个元素为最小的元素，此时若剩余的k为奇数，则和减去2倍该元素，并返回和，否则直接返回和。

class Solution {
public:
    int largestSumAfterKNegations(vector<int>& nums, int k) {
        // 首先，对数组进行排序，以便于从最大的负数开始进行处理。
        sort(nums.begin(), nums.end());
        int sum = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            // 如果当前数字是负数，且我们还有可用的反转次数（k>0），
            // 那么将这个负数变为正数，并更新总和和反转次数。
            if (nums[i] < 0 && k > 0) {
                nums[i] *= -1;
                sum += nums[i];
                k--;
            } else {
                // 如果当前数字是非负数，或者没有剩余的反转次数，
                // 直接将这个数字加到总和上。
                sum += nums[i];
            }
        }

        // 再次对数组进行排序，方便找到最小的数
        sort(nums.begin(), nums.end());
        // 如果剩余的反转次数是偶数，那么可以忽略不计，因为偶数次反转不会改变数组的和。
        // 如果剩余的反转次数是奇数，那么需要将最小的数字（现在是正数）变为负数，
        // 因为这将是最小的损失。由于之前已经对数组进行了排序，最小的数字是nums[0]。
        if (k % 2 == 0) {
            return sum;
        } else {
            // 由于最小的数字被反转了一次，所以需要从总和中减去两倍的这个最小数字。
            return sum - 2 * nums[0];
        }
    }
};

算法的时间复杂度为O(nlogn)，遍历一次数组，两次排序，综合为O(nlogn)。

空间复杂度为O(1)。

加油站

134. 加油站 - 力扣（LeetCode）

暴力法

对每个站点，都模拟一次，是否能跑回初始点，算法的时间复杂度为O(n^2)。模拟转圈的过程用while比较好，但暴力解法会超时，具体代码如下。

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int count = gas.size();  // 获取加油站的数量
        for(int i = 0; i < count; i++){  // 遍历每个加油站作为起始点
            int start = i;  // 起始加油站
            int cur = i;  // 当前加油站
            int cur_gas = gas[start];  // 当前油箱中的汽油量
            while(cur_gas!=0){  // 当油箱中还有汽油时
                cur_gas -= cost[cur];  // 从当前油箱中减去到下一个加油站所需的汽油
                if(cur_gas<0)  // 如果油量小于0，说明无法到达下一个加油站
                    break;  // 退出循环
                cur = (cur + 1) % count;  // 移动到下一个加油站
                cur_gas += gas[cur];  // 加上下一个加油站的汽油量
                if(cur == start){  // 如果回到起始加油站
                    return start;  // 返回起始加油站的位置
                }
            }
        }
        return -1;  // 如果没有找到合适的起始加油站，返回-1
    }
};

算法时间复杂度O(n^2)，空间复杂度为O(1)。

贪心算法

每到一个站点，都有消耗和补充，根据每个站点的gas和cost数组相减能得到一个数组，代表经过该站点的消耗或补充，若想要能够走完一圈，则消耗需小于等于补充，具体参考代码随想录视频。

贪心算法，得这么加油才能跑完全程！LeetCode ：134.加油站_哔哩哔哩_bilibili

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int n = gas.size();  // 获取加油站的数量
        int totalGas = 0, currentGas = 0, start = 0;  // 定义总汽油量、当前汽油量和起始加油站

        for (int i = 0; i < n; ++i) {  // 遍历每个加油站
            totalGas += gas[i] - cost[i];  // 计算总汽油量（所有加油站的汽油量减去消耗量）
            currentGas += gas[i] - cost[i];  // 计算当前汽油量（从起始站到当前站的净汽油量）

            if (currentGas < 0) {  // 如果当前汽油量不足以到达下一个加油站
                currentGas = 0;  // 重置当前汽油量为0
                start = i + 1;  // 更新起始加油站为下一个加油站
            }
        }

        return totalGas >= 0 ? start : -1;  // 如果总汽油量大于等于0，返回起始加油站，否则返回-1
    }
};

算法的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)。

分发糖果

135. 分发糖果 - 力扣（LeetCode）

分发糖果由于若一个分数大于两侧的分数，则它得到的糖果数一定要是这3人中最多的，所以有两个方向需要考虑，贪心也就是考虑在这两个方向上，由于一次考虑两个方向同时考虑很难做，所以简化为考虑两次。

考虑先创建一个长度为ratings的全为1的数组candy_distribution，表示分发的糖果数目，之后考虑先从左开始，根据题意，若当前元素大于前一个元素，则当前位置的分发糖果数目为前一个位置分发数目+1，经过一次循环后，在单方向上，得到了符合分发糖果的最少且都满足要求的糖果分发数组。之后再遍历一次，从右向左，判断当前元素是否大于后一个元素，且在糖果分发数组中，当前元素小于或等于后一个元素，若是，则将糖果分发数组当前元素 = 糖果分发数组后方元素 +1，即在两个方向上都完成了要求，此时分发的糖果总数也是最少的。

class Solution {
public:
    int candy(vector<int>& ratings) {
        // 创建一个与ratings同大小的数组candy_distribution，用于存储每个孩子应得的糖果数。
        // 初始化所有孩子的糖果数为1，因为每个孩子至少得到一颗糖果。
        vector<int> candy_distribution(ratings.size(), 1);

        // 从左到右遍历孩子，确保评分更高的孩子得到更多的糖果。
        for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
            if (ratings[i] > ratings[i - 1]) {
                // 如果当前孩子的评分比前一个孩子高，那么他应该得到比前一个孩子多一颗糖果。
                candy_distribution[i] = candy_distribution[i - 1] + 1;
            }
        }

        // 从右到左遍历孩子，确保评分更高的孩子得到更多的糖果。
        for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) {
            if (ratings[i] > ratings[i + 1] && candy_distribution[i] <= candy_distribution[i + 1]) {
                // 如果当前孩子的评分比后一个孩子高，并且当前孩子的糖果数不大于后一个孩子的糖果数，
                // 那么当前孩子应该得到比后一个孩子多一颗糖果。
                candy_distribution[i] = candy_distribution[i + 1] + 1;
            }
        }

        // 使用accumulate函数计算所有孩子糖果数的总和，这就是最少需要的糖果数。
        return accumulate(candy_distribution.begin(), candy_distribution.end(), 0);
    }
};

算法的时间复杂度为O(n)，两次遍历，一次求和（所以是三次遍历）。

空间复杂度O(n)，维护一个数组用于保存分发的糖果数目。