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上述动态规划的解法，其时间复杂度为O（N * N)，力扣进阶所要求的时间复杂度为O(NlogN)，需要使用贪心的思想来进行实现。，用 len 记录目前最长上升子序列的长度，起始时 len 为 1，d[1]=nums[0]；利用贪心的思想维护一个单调递增数组。

因为股票就买卖一次，那么贪心的想法就是取最左最小值，取最右最大值，那么得到的差值就是最大利润。

但是很快就发现问题，这样做是存在漏洞的，左右子树中只要存在一个false，那么就说明需要在这个父节点设立一个监控，但如果此时有一个子节点已经设立了监控，那么此时的判断便会增加额外的节点。一开始将递归函数的返回值定为 bool 类型，遇到叶子节点就返回false，当左右子节点的返回值都为 false时，说明需要在此处设立一个监控，然后返回 true；因此，单纯覆盖/没覆盖 两种状态是无法满足判断的，需要增加第三种状态 监控，在左右节点有一个没被覆盖时，就设立监控，并返回覆盖。

本题由于要对数字的每一位进行处理，于是想到首先将 int 类型 转化为 string，这样对每一位处理会更加方便。

由于每次都是在新的区间出现时，才将前一个重叠区间的合并结果添加到 result，所以当遍历到最后一个区间时，没有新的区间出现了，需要单独处理，将此时的 left, right也添加到result中。本题同样是去寻找重叠的区间，不过需要将重叠的区间进行合并，那么就需要记录重叠区间的开始和结束，当出现 新的 区间开始 大于 重叠区间结束时，说明可以对前方的重叠区间进行合并。

首先遍历字符串，记录每个字符出现的最后位置，然后重新遍历字符串，并不断更新有边界，当有边界等于 j 时，说明此时 j 前的字符在后面都不会在出现，在此处进行一次切割。

本题与 用最少数量的箭引爆气球 类似，都是去求重叠的区间。

本题利用贪心的思想，优先去射重叠最多的气球，就能够使用最少数量的箭。首先对数组进行排序，根据横坐标的大小进行升序排序，那么从最左侧开始遍历，使用right来标记 当前重叠气球的最小右边界，当有新的气球，左边界超过这个最小右边界，就说明需要新的箭来射击。

本题与分发糖果一样存在两个权重需要去协调，h 和 k；首先将数组根据 h 从大到小排列，此时，依次加入数组，则身高较高的在数组的最前方，那么只需将每个人插入到对应的 k 位置，自然满足 前面有k 个人身高大于等于 h。

这样从局部最优推出了全局最优，即：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。一次是从左到右遍历，只比较右边孩子评分比左边大的情况。一次是从右到左遍历，只比较左边孩子评分比右边大的情况。如果在考虑局部的时候想两边兼顾，就会顾此失彼。

10美元只能用5美元找零，但20美元可以使用10美元5美元找零，也可以使用三张5美元找零。应当优先使用10美元+5美元来为20美元找零。

i从0开始累加rest[i]，和记为curSum，一旦curSum小于零，说明[0, i]区间都不能作为起始位置，因为这个区间选择任何一个位置作为起点，到i这里都会断油，那么起始位置从i+1算起，再从0计算curSum。那么局部最优：当前累加rest[i]的和curSum一旦小于0，起始位置至少要是i+1，因为从i之前开始一定不行。一开始想着使用暴力解法，遍历每个加油站，然后以每个加油站为起点跑一圈，最终找到节点，但是这样写在测试一个很长的案例是，超时了，不得不想其他方法去做。

求和时，对第二次排序后的 nums[0]元素进行单独判断，根据k取余的不同结果取不同值。代码随想录中第一次排序根据数组中元素绝对值大小排序，从而较少了一次sort排序。

在 跳跃游戏 中，通过不断扩大能够跳跃到的右边界，从而判断能否到达下标。那么只要更新一次有边界，就说明需要跳一次，直到现在的右边界包含了 最后一个下标。那么只需要统计有边界更新的次数，便是需要跳的次数。这道题与 跳跃游戏 相比，增加了跳跃的次数，但也保证了一定能够到达最后一个下标。

本题一开始想的解法是，如果 nums[ i + nums[i] ]！= 0，那么就跳到这个位置，否则就向右一步，如果 i + nums[i] >= nums.size()，那么就说明能够到达最后一个下标。但这样跳可能会错过两个下标之间，存在较大跳数的可能，应当将每一步 跳的最大范围 作为遍历的界限，并不断扩充这个右边界，当有边界覆盖最有一个下标时，说明 能够抵达。

本题需要求的是最大的利润，本题中理解利润拆分是关键点！不要整块的去看，而是把整体利润拆为每天的利润。一旦想到这里了，很自然就会想到贪心了，即：只收集每天的正利润，最后稳稳的就是最大利润了。

这道题目一开始在想遇到负数就从下一个正数开始计算，并和记录的最大和相比，但有些子序列，即使子序列中存在负数，但整体的和还是最大的，不能单纯的跳过。

本题一开始想到的解法是，利用i j k三个指针，来标记数组的三个元素，比较差值是否相乘小于0，如果是则结果 + 1；当不满足时，则将k向前一步，i j不动，继续比较，但写着写着发现问题，当 k 跳过了某个位置，i j该怎样同步跳过这个位置呢。后来想到本题只求最大摆动序列的个数，而不要求返回数组，那么无需记录下标，只需记录前一个差，现在的差两个差值即可。默认数组尾节点满足摆动序列，对前n-1个节点进行求解。如果符合条件，就更新pre的值。

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。本题想到的解题思路是，首先将胃口和饼干进行排序，优先使用小饼干来满足小胃口，直到饼干耗尽或者满足全部孩子胃口。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。