代码随想录训练营第28天|利润分解

122. 买卖股票的最佳时机 II

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

利润是可以分解的，把问题拆解为每日盈利，收益最大等价于累计所有的单日正盈利。

55. 跳跃游戏

class Solution {
public:
    bool canJump(vector<int>& nums) {
        int max_range=nums[0];
        for(int i=1; i<nums.size()&&i<=max_range; i++){
            if(i+nums[i]>max_range)
                max_range=i+nums[i];
        }
        if(max_range>=nums.size()-1)
            return true;
        return false;
    }
};

在可达范围内（max_range）步进，每次移动后尝试更新max_range，直到所有元素被处理完，此时如果max_range仍未覆盖终点，说明终点不可达，返回false。

45. 跳跃游戏 II

class Solution {
public:
    int jump(vector<int>& nums) {
        vector<int> dp(nums.size(),INT_MAX);
        dp[0]=0;
        for(int i=1; i<nums.size(); i++){
            for(int j=0; j<i; j++){
                if(j+nums[j]>=i)
                    dp[i]=min(dp[i],dp[j]+1);
            }
        }
        return dp.back();
    }
};

dp[i]表示跳跃至下标为i的位置所需的最小步数

考虑状态转移方程，i位置可由前置的任意节点j转移过来（满足跳跃覆盖范围的约束下），对所有可能得情况累计最小，得到dp[i]。

1005. K 次取反后最大化的数组和

class Solution {
public:
    int largestSumAfterKNegations(vector<int>& nums, int k) {
        sort(nums.begin(),nums.end());
        int i=0;
        for(; i<nums.size()&&nums[i]<0&&k>0; i++){
            nums[i]*=-1;
            k--;
        }
        k=k%2;
        if(k==1){
            if(i==nums.size()||(i>=1&&nums[i]>nums[i-1]))
                i--;
            nums[i]*=-1;
        }
        return accumulate(nums.begin(),nums.end(),0);
    }
};

1.先对nums排序，对于负数，排在越前的，绝对值越大，越要优先反号，带来的收益最大。

2.如果负数处理完，k仍有剩余，这时只能反号正数，是负收益，所以要选尽可能小的值。第1步处理后，i指向原始数组（排序后）的第一个非负数，在原始数组中已然最小，但考虑到操作1同时会生成新的正数，甚至小于nums[i]，所以nums[i-1]也要加入候选，修改较小的元素。另外，题目说可以多次修改同一元素，可以利用k的奇偶性降低时间复杂度。

3.使用accumulate直接对vector求和。