代码随想录第35天 | 贪心算法 part04

本文介绍了三个编程问题,涉及贪心算法的应用:柠檬水找零通过优先消耗较大面额找零,队列重构根据身高和前面高个子数量重新排序,气球射击则需最少箭数引爆所有气球。每个问题都展示了贪心策略的局部和全局最优解。

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代码随想录算法训练营第35天 | 贪心算法 part04

● 860.柠檬水找零
● 406.根据身高重建队列
● 452. 用最少数量的箭引爆气球

题目一 860.柠檬水找零

在柠檬水摊上,每一杯柠檬水的售价为 5 美元。
顾客排队购买你的产品,(按账单 bills 支付的顺序)一次购买一杯。
每位顾客只买一杯柠檬水,然后向你付 5 美元、10 美元或 20 美元。你必须给每个顾客正确找零,也就是说净交易是每位顾客向你支付 5 美元。
注意,一开始你手头没有任何零钱。
如果你能给每位顾客正确找零,返回 true ,否则返回 false 。
示例 1:

  • 输入:[5,5,5,10,20]
  • 输出:true
  • 解释:
    • 前 3 位顾客那里,我们按顺序收取 3 张 5 美元的钞票。
    • 第 4 位顾客那里,我们收取一张 10 美元的钞票,并返还 5 美元。
    • 第 5 位顾客那里,我们找还一张 10 美元的钞票和一张 5 美元的钞票。
    • 由于所有客户都得到了正确的找零,所以我们输出 true。

题目中只给了三种选择:5,10和20.因此就三种情况:
给5,收下;给10,先返回5,再收下;给20,先返回5和10,再收下。

注意第三种情况,5的用途比10要大,因此优先给出10后给出5.
20可以不用计数,我们只需要判断给出的10和5能不能补全损失就行。

局部最优:遇到账单20,优先消耗美元10,完成本次找零。
全局最优:完成全部账单的找零。

public boolean lemonadeChange(int[] bills) 
{
	int len = bills.length;
	int five = 0,ten = 0;
	for(int i=0; i<len; i++)
	{
		if(bills[i] == 5)
			five++;
		else if(bills[i] == 10)
		{
			if(five <= 0)
				return false;
			five--;
			ten++;
		}else if(bills[i] == 20)
		{
			if(five > 0 && ten > 0)
			{
				ten--;
				five--;
			}else if(five >= 3)//no ten, only five
			{
				five -= 3;
			}
			else return false;
		}
	}
	return true;
}

时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(1)

题目二 406.根据身高重建队列

假设有打乱顺序的一群人站成一个队列,数组 people 表示队列中一些人的属性(不一定按顺序)。每个 people[i] = [hi, ki] 表示第 i 个人的身高为 hi ,前面 正好 有 ki 个身高大于或等于 hi 的人。
请重新构造并返回输入数组 people 所表示的队列。返回的队列应该格式化为数组 queue ,其中 queue[j] = [hj, kj] 是队列中第 j 个人的属性(queue[0] 是排在队列前面的人)。
示例 1:

  • 输入:people = [[7,0],[4,4],[7,1],[5,0],[6,1],[5,2]]
  • 输出:[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]]
  • 解释:
    • 编号为 0 的人身高为 5 ,没有身高更高或者相同的人排在他前面。
    • 编号为 1 的人身高为 7 ,没有身高更高或者相同的人排在他前面。
    • 编号为 2 的人身高为 5 ,有 2 个身高更高或者相同的人排在他前面,即编号为 0 和 1 的人。
    • 编号为 3 的人身高为 6 ,有 1 个身高更高或者相同的人排在他前面,即编号为 1 的人。
    • 编号为 4 的人身高为 4 ,有 4 个身高更高或者相同的人排在他前面,即编号为 0、1、2、3 的人。
    • 编号为 5 的人身高为 7 ,有 1 个身高更高或者相同的人排在他前面,即编号为 1 的人。
    • 因此[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]] 是重新构造后的队列。

在题目九中提到,要分别确定两个维度。如果两个维度一起考虑一定会顾此失彼

对于本题究竟先按h排序呢,还是先按照k排序呢?
h是身高,k是个子高的人数。
如果按照k来从小到大排序,排完之后,会发现k的排列并不符合条件,身高也不符合条件,两个维度哪一个都没确定下来。
那么按照身高h来排序,身高一定是从大到小排(身高相同的话则k小的站前面),让高个子在前面。
那么只需要按照k为下标重新插入队列就可以了
在这里插入图片描述

以[5,2]为例,前面本来排序后有四个在它前面,但是k值为2,那么可以让它前面只有两个,那么可直接插到[7,1]的后面。

局部最优:优先按身高高的people的k来插入。插入操作过后的people满足队列属性
全局最优:最后都做完插入操作,整个队列满足题目队列属性

上图插入的过程:

  • 插入[7,0]:[[7,0]]
  • 插入[7,1]:[[7,0],[7,1]]
  • 插入[6,1]:[[7,0],[6,1],[7,1]]
  • 插入[5,0]:[[5,0],[7,0],[6,1],[7,1]]
  • 插入[5,2]:[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[7,1]]
  • 插入[4,4]:[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]]

C++代码如下:使用设定的排序规则对二重数组进行排序,
注意无论是用c++向量的insert(index, value)函数,还是java中ArrayList类/LinkedList类的add(index, value)方法,使用时都一样,都是将value插入指定index中。

class Solution {
public:
    static bool compare(const vector<int> &a, const vector<int> &b)
    {
        if(a[0] == b[0])//相等时k小的优先
            return a[1] < b[1];
        return a[0] > b[0];//不等时h大的在前面
    }
    vector<vector<int>> reconstructQueue(vector<vector<int>>& people) 
    {
        sort(people.begin(), people.end(), compare);
        vector<vector<int>> ans;
        int len = people.size();
        for(int i=0; i<len; i++)
        {
            int index = people[i][1];
            ans.insert(ans.begin() + index, people[i]);
            //insert(index, value)将value插入指定index中
        }
        return ans;
    }
};
  • 时间复杂度:O(nlogn+n2)O(nlog n + n^2)O(nlogn+n2)
  • 空间复杂度:O(n)

但使用vector是非常费时的,
C++中vector(可以理解是一个动态数组,底层是普通数组实现)如果插入元素大于预先普通数组大小,vector底部会有一个扩容的操作,即申请两倍于原先普通数组的大小,然后把数据拷贝到另一个更大的数组上。
所以使用vector(动态数组)来insert,是费时的
插入再拷贝的话,单纯一个插入的操作就是O(n2)O(n^2)O(n2)了,甚至可能拷贝好几次,就不止O(n2)O(n^2)O(n2)了。

如下第二种方法使用链表(LinkedList),时间复杂度上明显优化。注意结果得转化为数组。

public int[][] reconstructQueue(int[][] people) 
{
	//lambda function
	Arrays.sort(people, (a, b) -> {
		if (a[0] == b[0]) return a[1] - b[1];   
		// a - b 是升序排列,故在a[0] == b[0]的状况下,会根据k值升序排列
		return b[0] - a[0];   
		//b - a 是降序排列,在a[0] != b[0],的状况會根据h值降序排列
		}
	);
	//链表
	LinkedList<int[]> que = new LinkedList<>();

	for(int[] p : people) 
	{
		que.add(p[1],p);   //Linkedlist.add(index, value)
	}
	return que.toArray(new int[people.length][]);//转换回数组
}
  • 时间复杂度:O(nlogn+n2)O(nlog n + n^2)O(nlogn+n2)
  • 空间复杂度:O(n)

题目三 452. 用最少数量的箭引爆气球

在二维空间中有许多球形的气球。对于每个气球,提供的输入是水平方向上,气球直径的开始和结束坐标。由于它是水平的,所以纵坐标并不重要,因此只要知道开始和结束的横坐标就足够了。开始坐标总是小于结束坐标。
一支弓箭可以沿着 x 轴从不同点完全垂直地射出。在坐标 x 处射出一支箭,若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 xstart,xend, 且满足 xstart ≤ x ≤ xend,则该气球会被引爆。可以射出的弓箭的数量没有限制。 弓箭一旦被射出之后,可以无限地前进。我们想找到使得所有气球全部被引爆,所需的弓箭的最小数量。
给你一个数组 points ,其中 points[i] = [xstart,xend] ,返回引爆所有气球所必须射出的最小弓箭数。
示例 1:

  • 输入:points = [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]
  • 输出:2
  • 解释:对于该样例,x = 6 可以射爆 [2,8],[1,6] 两个气球,以及 x = 11 射爆另外两个气球

示意图如上。题目的意思相当于,寻找最少数量的竖线,这些竖线能够穿过全部的横线(气球),注意只要相交就算,因此恰好接触也可以,两个气球挨在一起不重叠也可以一起射爆。

试一试贪心吧!
局部最优:当气球出现重叠,一起射,所用弓箭最少。
全局最优:把所有气球射爆所用弓箭最少。

如何模拟气球射爆的过程呢?是在数组中移除元素还是做标记呢?
仔细思考一下就发现:如果把气球排序之后,从前到后遍历气球,被射过的气球仅仅跳过就行了,没有必要让气球数组remove气球,只要记录一下箭的数量就可以了。

注意points[a][0]指的是气球左侧位置,[a][1]是右侧位置。

开始设定箭数为1,如果两个气球完全不挨着(不能相等)就不断增加箭的数目;挨着的话更新右边界。

class Solution {
private:
    static bool compare(const vector<int> &a, const vector<int> &b)
    {
        return a[0] < b[0];
    }
public:
    int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) 
    {
        int len = points.size();
        if(len == 0)
            return 0;
            
		sort(points.begin(), points.end(), compare);
        int arrow = 1;// points 不为空至少需要一支箭
        for(int i=1; i<len; i++)
        {
            if(points[i][0] > points[i-1][1] )//两个气球左右不挨着,因此不能相等
            {
                arrow++;
            }else{// 更新重叠气球最小右边界
                points[i][1] = min(points[i-1][1], points[i][1]);
            }

        }
        return arrow;
    }
};
  • 时间复杂度:O(nlog n),因为有一个快排
  • 空间复杂度:O(1),有一个快排,最差情况(倒序)时,需要n次递归调用。因此确实需要O(n)的栈空间
### 关于贪心算法的讲解 贪心算法是一种在每一步选择中都采取当前状态下最好或最优的选择,从而希望最终结果也是全局最优的一种算法策略[^1]。 对于某些特定问题而言,这种局部最优解能够直接导向全局最优解。然而,并不是所有的优化问题都能通过这种方法求得最精确的结果,但在很多情况下可以获得接近最优解的有效方案。 #### 示例一:最大和转换后的数组元素(Java) 考虑这样一个例子,在给定整数列表`nums`以及一个非负整数`k`的情况下,允许执行最多`k`次操作来改变任意数量的数值符号。目标是在不超过`k`次翻转的前提下最大化所有元素之和: ```java class Solution { public int largestSumAfterKNegations(int[] nums, int k) { Arrays.sort(nums); int count = 0; for (int i = 0; i < nums.length; i++) { if (k > 0 && nums[i] < 0) { nums[i] = -nums[i]; k--; } count += nums[i]; } Arrays.sort(nums); return count - ((k % 2 == 0) ? 0 : 2 * nums[0]); } } ``` 这段代码实现了上述逻辑,其中先对输入数组进行了升序排列以便优先处理负值较大的项,之后再根据剩余的操作次数决定是否调整最小正值以进一步提升总和[^2]。 #### 示例二:分配最少糖果数目 另一个典型的应用场景涉及向一群孩子分发糖果,条件是一个孩子的评分高于其左侧邻居,则该名学生应获得更多的糖果。这里采用了一种简单直观的方法——每当遇到更高的分数就增加一颗糖的数量直到遍历结束整个序列为止[^3]。 ```python def distribute_candies(ratings): n = len(ratings) candies = [1]*n for i in range(1,n): if ratings[i]>ratings[i-1]: candies[i]=candies[i-1]+1 for j in reversed(range(n-1)): if ratings[j]>ratings[j+1] and candies[j]<=candies[j+1]: candies[j]=candies[j+1]+1 return sum(candies) ``` 此Python函数展示了如何利用两次扫描过程分别从前至后和从后往前更新每个位置上的最低需求量,确保满足题目要求的同时使得总的糖果消耗达到最小化。 #### 示例三:寻找合适的起始站点完成环形路线旅行 最后来看一个更复杂的案例—解决“加油站”问题。假设存在一系列相连的服务区构成闭合路径,车辆可以在任一站加油并继续行驶直至下一个目的地。为了判断能否顺利完成一圈旅程,可以通过计算各段行程结束后所剩燃油量来进行评估。具体做法是从第一个节点开始累积净增益(`gas-cost`),只要中途未曾跌入负区间即表明可以从起点出发成功返回原点;反之则需重新选定其他候选作为新的出发点尝试验证[^4]。 ```cpp bool canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) { int total_tank = 0, curr_tank = 0, starting_station = 0; for (size_t i=0 ; i<gas.size() ; ++i){ total_tank += gas[i]-cost[i]; curr_tank += gas[i]-cost[i]; // If one couldn't get here, if(curr_tank < 0){ // Start over from next station. starting_station=i+1; curr_tank=0; } } return total_tank >= 0 && starting_station != gas.size(); } ``` 以上三个实例均体现了不同形式下的贪心思维模式及其应用技巧,它们共同之处在于总是倾向于做出当下看来最佳的动作,进而逐步构建出完整的解决方案框架。
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