算法基础：贪心策略

最新推荐文章于 2025-03-26 20:33:01 发布

Ym影子

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分类专栏：算法文章标签：算法贪心算法 leetcode

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贪心策略

概念

思路

算法考题

概念

贪心策略的百度解释是：

在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，算法得到的是在某种意义上的局部最优解 。

贪心算法不是对所有问题都能得到整体最优解，关键是贪心策略的选择。

基本上所有的贪心算法都可以用回溯来解决（全排列），就是说如果真的想不到好的贪心策略去实现，全排列也可以解决这个算法问题，只是时间复杂度会非常高（>O(n!) && <O(n∗n!)）

所以说贪心是一种优化算法，是在已经能解决问题的基础上，对题目本身的底层逻辑进行分析，之后找到优化策略去优化算法的时间复杂度。

思路

贪心算法其实并没有严格意义上的解题思路

如何证明贪心策略是正确的呢？任何贪心策略的提出都是先提出再证明。先使用全排列的方法获取正确答案，再和贪心策略获得的结果进行比较，如果不等说明贪心策略出现错误

算法考题

字典序最小

题目

给定一个由字符串组成的数组strs，必须把所有的字符串拼接起来，返回所有拼接结果中，字典序最小的结果。

示例 1：

输入: [bb,aa,lintcode,c]
输出: aabbclintcode
说明: 在字典序中，"aa" < "bb" < "c" < "lintcode"

思路

贪心策略：

先对字符串数组进行排序：对于任意两个字符串A和B，如果A与B的拼接结果小于B与A的拼接结果，则A排在前面，否则B排在前面
再将排序后的数组按照顺序挨个拼接起来

代码

class Solution {

public:
    std::string lowestString(std::vector<std::string> strs){
        if(strs.empty()){
            return "";
        }
        std::sort(strs.begin(), strs.end(), [](std::string &l , std::string & r){
            return (l + r) < (r + l);
        });

        std::string ans ;
        for (auto & str : strs) {
            ans += str;
        }
        return ans;
    }
};

类似题目

leetcode：179.最大数

零钱问题

题目

lintcode：1546. 零钱问题

小明是一个销售员，客人在他的地方买了东西，付给了小明一定面值的钱之后，小明需要把多余的钱退给客人。客人付给了小明n，小明的东西的售价为m，小明能退回给客人的面额只能为[100,50,20,10,5,2,1]的组合。现在小明想要使找出去纸币张数最小，请返回这个最小值。

示例 1：

输入: n=100, m=29
输出: 3
解释: 100-29=71 小明找回1张50，一张20，一张1。所以答案为3。

思路

策略：

从最大的钱开始找，能找大面额的尽量找大面额的，否则尝试小面额的，以此类推，最后剩下的用1元来补齐
在贡献纸币数目的情况下，我们希望多贡献点金额，这样就可以让纸币数更少。这里用到了贪心的思想

代码

class Solution {
private:
    std::vector<int> comb  {100, 50, 20, 10, 5, 2, 1};
public:
     int coinProblem(int n, int m) {
        int mon = n - m;  // 还需要找多少钱
        int res = 0;    // 一共找出去的钱的张数
        for (int i : comb){
            res += mon / i;  // 当前面额最大可以找多少钱
            mon = mon % i;  // 还剩下多少钱需要找
        }
        return res;
    }
};

类似题目

leetcode：860. 柠檬水找零

股票问题（最多持有一支，可以买卖无限次）

题目

leetcode：122. 买卖股票的最佳时机 II

给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。

在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候最多只能持有一股股票。你也可以先购买，然后在同一天出售。

返回你能获得的最大利润。

示例 1：

输入：prices = [7,1,5,3,6,4]
输出：7
解释：

- 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。
- 随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 - 3 = 3 。
- 总利润为 4 + 3 = 7 。

示例 2：

输入：prices = [1,2,3,4,5]
输出：4
解释：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。总利润为 4 。

示例 3：

输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 交易无法获得正利润，所以不参与交易可以获得最大利润，最大利润为 0 。

提示：

1 <= prices.length <= 3 * 10^4
0 <= prices[i] <= 10^4

解析

分析：

可以买卖任意多次，如果要得到最大利润，那么就要只要有正利润那么就一定要得到。
即尽可能的多挣

思路：

如果今天的价格比昨天的高，就昨天买、今天卖

代码

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

小船过河

题目

leetcode：881. 救生艇

给定数组 people 。people[i]表示第 i 个人的体重，船的数量不限，每艘船可以承载的最大重量为 limit。

每艘船最多可同时载两人，但条件是这些人的重量之和最多为 limit。

返回承载所有人所需的最小船数。

示例 1：

输入：people = [1,2], limit = 3
输出：1
解释：1 艘船载 (1, 2)

示例 2：

输入：people = [3,2,2,1], limit = 3
输出：3
解释：3 艘船分别载 (1, 2), (2) 和 (3)

示例 3：

输入：people = [3,5,3,4], limit = 5
输出：4
解释：4 艘船分别载 (3), (3), (4), (5)

思路

典型的 N：M类型问题，类似的问题还有，N个进程每一类型用时不同，M个相同CPU，求最少时间，本质上也是求最小资源使用。类似的可以参考后面题目<项目调度器>

分析：

一条船一次可以乘坐1个人、2个人（乘坐0个人没有意义）；而且每次乘船的人的体重加起来不能超过船的载重
要求求出最小船数，那我们应该更多的人组成2人组，也就是说这里用到了贪心思想：在满足相同船只的情况下，消耗了更多的人。
应该让哪些人组成2人组呢？最轻的和最重的，当然，前提是不要超过承重

解题步骤：

先遍历一遍数组，如果有一个人的体重超过了limit，那么直接返回无穷大，表示多少条船都搞不定
否则：

- 先对people排序
- 然后用双指针从两边开始向中间遍历，让重的人和轻的人组成2人组，如果当前最重的人和最轻的人的重量超过了承载，那么就让重的人先乘坐一条船（因为这个人一定要过河，但是已经没有人可以和他组成2个组了，所以他单独坐船）
- 之后轻的人再继续找下一个重的人配对，直到最重的人和最轻的人可以满足再limit之内
- 数组遍历结束，算法结束

PS：这里可以用一些优化的操作：在轻指针指向元素的值超过limit/2，那么就可以认为，两个指针之间的所有值进行pair都是会超过limit 的，因此可以直接将指针相减得到距离，加到使用的船只上去。

代码

class Solution {
public:
    int numRescueBoats(vector<int>& people, int limit) {
        int N = people.size();
        std::sort(people.begin(), people.end());
        if(people[N - 1] > limit){
            return -1;
        }
        
        int ans = 0, l = 0, r = N - 1, sum = 0;
        while (l <= r){
            // 当 people [l] > limit/2 时，ans+= (r-l == 0 ? 1:r-l)
            if (people [l] > limit/2.) {
                ans+= (r-l == 0 ? 1:r-l);
                break;
            }
            // 当人数总数为奇数时处理边界条件
            sum = l == r ? people[l] : people[l] + people[r];
            if(sum > limit){
                r--;
            }else{
                l++;
                r--;
            }
            ans++;
        }
        return ans;
    }
};

任务调度器

题目

leetcode：621. 任务调度器

给你一个用字符数组 tasks 表示的 CPU 需要执行的任务列表。其中每个字母表示一种不同种类的任务。任务可以以任意顺序执行，并且每个任务都可以在 1 个单位时间内执行完。在任何一个单位时间，CPU 可以完成一个任务，或者处于待命状态。

然而，两个 相同种类 的任务之间必须有长度为整数 n 的冷却时间，因此至少有连续 n 个单位时间内 CPU 在执行不同的任务，或者在待命状态。

你需要计算完成所有任务所需要的 最短时间 。

示例 1：

输入：tasks = ["A","A","A","B","B","B"], n = 2

输出：8

解释：A -> B -> (待命) -> A -> B -> (待命) -> A -> B

在本示例中，两个相同类型任务之间必须间隔长度为 n = 2 的冷却时间，而执行一个任务只需要一个单位时间，所以中间出现了（待命）状态。

示例 2：

输入：tasks = ["A","A","A","B","B","B"], n = 0
输出：6
解释：在这种情况下，任何大小为 6 的排列都可以满足要求，因为 n = 0

["A","A","A","B","B","B"]

["A","B","A","B","A","B"]

["B","B","B","A","A","A"]

...

诸如此类

示例 3：

输入：tasks = ["A","A","A","A","A","A","B","C","D","E","F","G"], n = 2
输出：16
解释：一种可能的解决方案是：

A -> B -> C -> A -> D -> E -> A -> F -> G -> A -> (待命) -> (待命) -> A -> (待命) -> (待命) -> A

提示：

1 <= task.length <= 104
tasks[i] 是大写英文字母
n 的取值范围为 [0, 100]

思路

分析：

本题要求我们求执行完所有任务的最短时间。因为每种任务的执行所需时间和冷却时间都是一样的，所以最小耗时时间取决于最多的那个任务数量,
本质上是用贪心思想：尽可能排执行个数最多的任务A，然后在任务A的冷却时间内插入当前数量最多的任务

可以分为两种情况：

实例一（有冷却时间）：AAABBBCC n=3，那么：

- 第一步：A _ _ _ A _ _ _A

- - 假设A出现的次数为x，那么先不管最后的A
  - 我们把 A _ _ _ 看成一个整体，即有(x - 1)个整体
  - 每个A _ _ _的长度 = “n个_ + 1个A"，即长度为n+1
  - 因此，除了最后的A，至少需要时间min_time = (x - 1) * (n + 1)

- 第二步：插入其他任务

- - 放入B，B的出现次数和A相等，有A B _ _A B _ _A B
  - 放入C，C的出现次数少于A，有A B C _A B C _A B
  - 从上面可以看出：

- - - 最后的AB只跟出现最多的次数的任务种类相关

- 综上，假设出现次数为X的任务种类数为X，需要的时间total = (x - 1) * (n + 1) + count

实例二（无冷却时间）：AAABBBCCDD，n=2

- 第一步：安排A，A _ _A _ _A
- 第二步：

- - 放入B，A B _A B _A B
  - 放入C，A B CA B _ A B
  - 放入D，A B CA B D A B
  - 放入C，A B CA B D A B C
  - 放入D，A B CA B D A B C D

- 综上：

- - 结果为10，刚好是数组的长度。
  - 如果按照实例一的方法来算，结果是8。

问题：怎么区分有冷却时间还是没有冷却时间呢？

- 先按照有冷却时间的公式算：total = (x - 1) * (n + 1) + count
- 然后比较 total 和数组长度：

- - 如果total <= 数组长度，说明所有的冷却时间都已经用完了，但是还有任务没有排好。即无冷却时间
  - 如果total > 数组长度，说明CPU出现了空闲

步骤：

计算每个任务出现的次数
找出出现次数最多的任务，假设出现次数为 x
计算至少需要的时间 (x - 1) * (n + 1)，记为 min_time
计算出现次数为 x 的任务总数 count，计算最终结果total = min_time + count
返回 total和数组长度中比较大的那一个

PS：上述过程简化的公式可以为：

- 若CdNum == 0 ，时间总数 = AllNum
- 若TaskANum = =TaskBNum = =TaskXNum = = maxTaskNum

- - CdNum -= (MaxNumTaskCount-1)

- - - 若CdNum <= 0 ，时间总数 = AllNum

- 若OtherTaskNum > maxTaskNum * CdNum, 时间总数 = maxTaskNum +OtherTaskNum
- 若OtherTaskNum < maxTaskNum * CdNum,且CdNum ！=0 时间总数 = OtherTaskNum/CdNum >= maxTaskNum-1 ?AllNum: (maxTaskNum-1)*MaxNumTaskCount*CdNum + MaxNumTaskCount*maxTaskNum

代码

class Solution{
    static bool cmp(int &a, int &b){
        return a > b;
    }
public:
    int leastInterval(std::vector<char> &tasks, int n){
        if(!n){
            return tasks.size();
        }
        std::vector<int> nums(26, 0);
        for(char tast : tasks){
            nums[tast - 'A'] += 1;
        }
        std::sort(nums.begin(), nums.end(), cmp);
        int total = (n - 1) * (nums[0] - 1) + 1;
        for (int i = 1; i < nums.max_size(); ++i) {
            if(nums[i] == nums[0]){
                total++;
            }
        }
        return total > tasks.size() ? total : tasks.size();
    }
};

摆动序列

题目

leetcode：376.摆动序列

如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替，则数字序列称为 摆动序列 。第一个差（如果存在的话）可能是正数或负数。仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列。

例如， [1, 7, 4, 9, 2, 5] 是一个摆动序列，因为差值 (6, -3, 5, -7, 3) 是正负交替出现的。
相反，[1, 4, 7, 2, 5] 和 [1, 7, 4, 5, 5] 不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。

子序列 可以通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得，剩下的元素保持其原始顺序。

给你一个整数数组 nums ，返回 nums 中作为 摆动序列 的 最长子序列的长度。

思路

PS：这个题目改个名字就很简单了：判断一个数组波峰波谷的和

分析：

从原始序列中删除一些元素，最终能够形成的摆动序列最长长度。那么，应该删除哪些元素呢？
贪心策略：只选波峰波谷，不在上升下降过程中选点
当然，我们没有必要真的去删，数波峰波谷即可

代码

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        if (nums.size() <= 1) return nums.size();
        int curDiff = 0; // 当前一对差值
        int preDiff = 0; // 前一对差值
        int result = 1;  // 记录峰值个数，序列默认序列最右边有一个峰值
        for (int i = 0; i < nums.size() - 1; i++) {
            curDiff = nums[i + 1] - nums[i];
            // 出现峰值
            if ((curDiff > 0 && preDiff <= 0) || (preDiff >= 0 && curDiff < 0)) {
                result++;
                preDiff = curDiff;
            }
        }
        return result;
    }
};

class Solution {
    public int wiggleMaxLength(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        if (n < 2) {
            return n;
        }
        // 因为有边界节点（起点、终点）因此最少一个长度
        int up = 1;
        int down = 1;
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            if (nums[i] > nums[i - 1]) {
                up = down + 1;
            }
            if (nums[i] < nums[i - 1]) {
                down = up + 1;
            }
        }
        return Math.max(up, down);
    }
}