代码随想录——贪心算法

分发饼干

题目 简单

这里的局部最优就是大饼干喂给胃口大的，充分利用饼干尺寸喂饱一个，全局最优就是喂饱尽可能多的小孩。

class Solution {
    // 思路：优先考虑胃口，先喂饱大胃口
    public int findContentChildren(int[] g, int[] s) {
        Arrays.sort(g);
        Arrays.sort(s);
        int count = 0;
        int start = s.length - 1;
        // 遍历胃口
        for (int index = g.length - 1; index >= 0; index--) {
            if(start >= 0 && g[index] <= s[start]) {
                start--;
                count++;
            }
        }
        return count;
    }
}

摆动序列

题目 中等

方法一：贪心

局部最优：删除单调坡度上的节点（不包括单调坡度两端的节点），那么这个坡度就可以有两个局部峰值。

整体最优：整个序列有最多的局部峰值，从而达到最长摆动序列。

class Solution {
    public int wiggleMaxLength(int[] nums) {
        if (nums.length <= 1) {
            return nums.length;
        }
        //当前差值
        int curDiff = 0;
        //上一个差值
        int preDiff = 0;
        int count = 1;
        for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
            //得到当前差值
            curDiff = nums[i] - nums[i - 1];
            //如果当前差值和上一个差值为一正一负
            //等于0的情况表示初始时的preDiff
            if ((curDiff > 0 && preDiff <= 0) || (curDiff < 0 && preDiff >= 0)) {
                count++;
                preDiff = curDiff;
            }
        }
        return count;
    }
}

方法二：动态规划

// DP
class Solution {
    public int wiggleMaxLength(int[] nums) {
        // 0 i 作为波峰的最大长度
        // 1 i 作为波谷的最大长度
        int dp[][] = new int[nums.length][2];

        dp[0][0] = dp[0][1] = 1;
        for (int i = 1; i < nums.length; i++){
            //i 自己可以成为波峰或者波谷
            dp[i][0] = dp[i][1] = 1;

            for (int j = 0; j < i; j++){
                if (nums[j] > nums[i]){
                    // i 是波谷
                    dp[i][1] = Math.max(dp[i][1], dp[j][0] + 1);
                }
                if (nums[j] < nums[i]){
                    // i 是波峰
                    dp[i][0] = Math.max(dp[i][0], dp[j][1] + 1);
                }
            }
        }

        return Math.max(dp[nums.length - 1][0], dp[nums.length - 1][1]);
    }
}

最大子数组和

题目 中等

局部最优：当前“连续和”为负数的时候立刻放弃，从下一个元素重新计算“连续和”，因为负数加上下一个元素 “连续和”只会越来越小。

全局最优：选取最大“连续和”

局部最优的情况下，并记录最大的“连续和”，可以推出全局最优。

class Solution {
    public int maxSubArray(int[] nums) {
        if (nums.length == 1){
            return nums[0];
        }
        int sum = Integer.MIN_VALUE;
        int count = 0;
        for (int i = 0; i < nums.length; i++){
            count += nums[i];
            sum = Math.max(sum, count); // 取区间累计的最大值（相当于不断确定最大子序终止位置）
            if (count <= 0){
                count = 0; // 相当于重置最大子序起始位置，因为遇到负数一定是拉低总和
            }
        }
       return sum;
    }
}

买卖股票的最佳时机 II

题目 中等

本题中理解利润拆分是关键点。

局部最优：收集每天的正利润，全局最优：求得最大利润。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int result = 0;
        for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
            result += Math.max(prices[i] - prices[i - 1], 0);
        }
        return result;
    }
}

跳跃游戏

题目 中等

关键点在于：不用拘泥于每次究竟跳几步，而是看覆盖范围，覆盖范围内一定是可以跳过来的，不用管是怎么跳的。

局部最优解：每次取最大跳跃步数（取最大覆盖范围），整体最优解：最后得到整体最大覆盖范围，看是否能到终点。

class Solution {
    public boolean canJump(int[] nums) {
        if (nums.length == 1) {
            return true;
        }
        //覆盖范围, 初始覆盖范围应该是0，因为下面的迭代是从下标0开始的
        int coverRange = 0;
        //在覆盖范围内更新最大的覆盖范围
        for (int i = 0; i <= coverRange; i++) {
            coverRange = Math.max(coverRange, i + nums[i]);
            if (coverRange >= nums.length - 1) {
                return true;
            }
        }
        return false;
    }
}

跳跃游戏 II

题目 中等

关键在于：以最小的步数增加最大的覆盖范围，直到覆盖范围覆盖了终点。这个范围内最小步数一定可以跳到

class Solution {
    public int jump(int[] nums) {
        int result = 0;
        // 当前覆盖的最远距离下标
        int end = 0;
        // 下一步覆盖的最远距离下标
        int temp = 0;
        for (int i = 0; end < nums.length - 1; ++i) {
            temp = Math.max(temp, i + nums[i]);
            // 可达位置的改变次数就是跳跃次数
            if (i == end) {
                end = temp;
                result++;
            }
        }
        return result;
    }
}

K 次取反后最大化的数组和

题目 简单

局部最优：让绝对值大的负数变为正数，当前数值达到最大，整体最优：整个数组和达到最大。

如果将负数都转变为正数了，K 依然大于 0。

那么又是一个贪心：局部最优：只找数值最小的正整数进行反转，当前数值可以达到最大，全局最优：整个数组和达到最大。

class Solution {
    public int largestSumAfterKNegations(int[] nums, int K) {
    	// 将数组按照绝对值大小从大到小排序，注意要按照绝对值的大小
	nums = IntStream.of(nums)
		     .boxed()
		     .sorted((o1, o2) -> Math.abs(o2) - Math.abs(o1))
		     .mapToInt(Integer::intValue).toArray();
	int len = nums.length;	    
	for (int i = 0; i < len; i++) {
	    //从前向后遍历，遇到负数将其变为正数，同时K--
	    if (nums[i] < 0 && K > 0) {
	    	nums[i] = -nums[i];
	    	K--;
	    }
	}
	// 如果K还大于0，那么反复转变数值最小的元素，将K用完

	if (K % 2 == 1) nums[len - 1] = -nums[len - 1];
	return Arrays.stream(nums).sum();

    }
}

加油站

题目 中等

方法一

具体看该题解的图，非常直观。

再补充说明一点，从哪个点出发，这个折线就得平移到该点在 x 轴上。那么使得最低点在 x 轴上，则整个路途中油量都是 ≥ 0 的，这个点就是最终答案。

public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
    int len = gas.length;
    int spare = 0;
    int minSpare = Integer.MAX_VALUE;
    int minIndex = 0;

    for (int i = 0; i < len; i++) {
        spare += gas[i] - cost[i];
        if (spare < minSpare) {
            minSpare = spare;
            minIndex = i;
        }
    }

    return spare < 0 ? -1 : (minIndex + 1) % len;
}

作者：神奇的Z
链接：https://leetcode.cn/problems/gas-station/solutions/54278/shi-yong-tu-de-si-xiang-fen-xi-gai-wen-ti-by-cyayc/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

方法二：贪心

class Solution {
    public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
        int curSum = 0;
        int totalSum = 0;
        int index = 0;
        for (int i = 0; i < gas.length; i++) {
            curSum += gas[i] - cost[i];
            totalSum += gas[i] - cost[i];
            if (curSum < 0) {
                index = (i + 1) % gas.length ; 
                curSum = 0;
            }
        }
        if (totalSum < 0) return -1;
        return index;
    }
}

分发糖果

题目 困难

先确定右边评分大于左边的情况（从前向后遍历）

局部最优：只要右边评分比左边大，右边的孩子就多一个糖果，全局最优：相邻的孩子中，评分高的右孩子获得比左边孩子更多的糖果

再确定左边评分大于右边的情况（从后向前遍历）

局部最优：取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，保证第 i 个小孩的糖果数量既大于左边的也大于右边的。全局最优：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。

class Solution {
    /**
         分两个阶段
         1、起点下标1 从左往右，只要 右边 比 左边 大，右边的糖果=左边 + 1
         2、起点下标 ratings.length - 2 从右往左， 只要左边 比 右边 大，此时 左边的糖果应该 取本身的糖果数（符合比它左边大） 和 右边糖果数 + 1 二者的最大值，这样才符合 它比它左边的大，也比它右边大
    */
    public int candy(int[] ratings) {
        int len = ratings.length;
        int[] candyVec = new int[len];
        candyVec[0] = 1;
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            candyVec[i] = (ratings[i] > ratings[i - 1]) ? candyVec[i - 1] + 1 : 1;
        }

        for (int i = len - 2; i >= 0; i--) {
            if (ratings[i] > ratings[i + 1]) {
                candyVec[i] = Math.max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);
            }
        }

        int ans = 0;
        for (int num : candyVec) {
            ans += num;
        }
        return ans;
    }
}

柠檬水找零

题目 简单

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。

class Solution {
    public boolean lemonadeChange(int[] bills) {
        int five = 0;
        int ten = 0;

        for (int i = 0; i < bills.length; i++) {
            if (bills[i] == 5) {
                five++;
            } else if (bills[i] == 10) {
                five--;
                ten++;
            } else if (bills[i] == 20) {
                if (ten > 0) {
                    ten--;
                    five--;
                } else {
                    five -= 3;
                }
            }
            if (five < 0 || ten < 0) return false;
        }
        
        return true;
    }
}

根据身高重建队列

题目 中等

先按照身高 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。

此时我们可以确定一个维度，即身高，前面的节点一定都比本节点高。

按照身高排序之后，优先按身高高的 people 的 k 来插入，后序插入节点也不会影响前面已经插入的节点，最终按照 k 的规则完成了队列。

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

class Solution {
    public int[][] reconstructQueue(int[][] people) {
        // 身高从大到小排（身高相同k小的站前面）
        Arrays.sort(people, (a, b) -> {
            if (a[0] == b[0]) return a[1] - b[1];
            return b[0] - a[0];
        });

        LinkedList<int[]> que = new LinkedList<>();

        for (int[] p : people) {
            que.add(p[1],p);
        }

        return que.toArray(new int[people.length][]);
    }
}

用最少数量的箭引爆气球

题目 中等

如果气球重叠了，重叠气球中右边边界的最小值之前的区间一定需要一个弓箭。

（代码中注意，比较大小的时候如果直接相减可能会溢出）

/**
 * 时间复杂度 : O(NlogN)  排序需要 O(NlogN) 的复杂度
 * 空间复杂度 : O(logN) java所使用的内置函数用的是快速排序需要 logN 的空间
 */
class Solution {
    public int findMinArrowShots(int[][] points) {
        // 根据气球直径的开始坐标从小到大排序
        // 使用Integer内置比较方法，不会溢出
        Arrays.sort(points, (a, b) -> Integer.compare(a[0], b[0]));

        int count = 1;  // points 不为空至少需要一支箭
        for (int i = 1; i < points.length; i++) {
            if (points[i][0] > points[i - 1][1]) {  // 气球i和气球i-1不挨着，注意这里不是>=
                count++; // 需要一支箭
            } else {  // 气球i和气球i-1挨着
                points[i][1] = Math.min(points[i][1], points[i - 1][1]); // 更新重叠气球最小右边界
            }
        }
        return count;
    }
}

无重叠区间

题目 中等

详细版

import java.util.Arrays;
import java.util.Comparator;

class Solution {
    public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
        Arrays.sort(intervals, new Comparator<int[]>() {
            @Override
            public int compare(int[] o1, int[] o2) {
               
               return Integer.compare(o1[0], o2[0]);
               
            }
        });//左端点排序
        int ans = 0;
        int preE = intervals[0][1];//上次区间右端点
        for(int i = 1; i < intervals.length; i++){
           int nowS = intervals[i][0];//本次区间左端点
           int nowE = intervals[i][1];//本次区间右端点
           if(nowS >= preE){
               preE = nowE;
               continue;
           }//当本次处理区间左端点大于等于上次区间右端点时不用移除区间 只需更新右端点

           if(nowE <= preE){
               ans++;
               preE = nowE;
           }//当本次处理区间右端点在上次区间内时 移除上次区间 保留本次区间 更新右端点（因为上次区间大 容易和后面区间重叠）
           else {
               ans++;
               continue;//当本次处理区间右端点在上次区间外时 移除本次区间 保留上次区间 更新右端点（因为本次区间大 容易和后面区间重叠）
           }

        }
        return ans;
    }
}

作者：王皮鞋在刷题
链接：https://leetcode.cn/problems/non-overlapping-intervals/solutions/1939538/tan-xin-by-lcxxx-t-5s4l/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

精简版

class Solution {
    public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
        Arrays.sort(intervals, (a,b)-> {
            return Integer.compare(a[0],b[0]);
        });
        int remove = 0;
        int pre = intervals[0][1];
        for(int i = 1; i < intervals.length; i++) {
            if(pre > intervals[i][0]) {
                remove++;
                pre = Math.min(pre, intervals[i][1]);
            }
            else pre = intervals[i][1];
        }
        return remove;
    }
}

划分字母区间

题目 中等

在遍历的过程中相当于是要找每一个字母的边界，如果找到之前遍历过的所有字母的最远边界，说明这个边界就是分割点了。此时前面出现过所有字母，最远也就到这个边界了。

class Solution {
    public List<Integer> partitionLabels(String S) {
        List<Integer> list = new LinkedList<>();
        int[] edge = new int[26];
        char[] chars = S.toCharArray();
        for (int i = 0; i < chars.length; i++) {
            edge[chars[i] - 'a'] = i;
        }
        int idx = 0;
        int last = -1;
        for (int i = 0; i < chars.length; i++) {
            idx = Math.max(idx,edge[chars[i] - 'a']);
            if (i == idx) {
                list.add(i - last);
                last = i;
            }
        }
        return list;
    }
}

合并区间

题目 中等

/**
时间复杂度 ： O(NlogN) 排序需要O(NlogN)
空间复杂度 ： O(logN)  java 的内置排序是快速排序 需要 O(logN)空间

*/
class Solution {
    public int[][] merge(int[][] intervals) {
        List<int[]> res = new LinkedList<>();
        //按照左边界排序
        Arrays.sort(intervals, (x, y) -> Integer.compare(x[0], y[0]));
        //initial start 是最小左边界
        int start = intervals[0][0];
        int rightmostRightBound = intervals[0][1];
        for (int i = 1; i < intervals.length; i++) {
            //如果左边界大于最大右边界
            if (intervals[i][0] > rightmostRightBound) {
                //加入区间 并且更新start
                res.add(new int[]{start, rightmostRightBound});
                start = intervals[i][0];
                rightmostRightBound = intervals[i][1];
            } else {
                //更新最大右边界
                rightmostRightBound = Math.max(rightmostRightBound, intervals[i][1]);
            }
        }
        res.add(new int[]{start, rightmostRightBound});
        return res.toArray(new int[res.size()][]);
    }
}

单调递增的数字

题目 中等

从后向前遍历

class Solution {
    public int monotoneIncreasingDigits(int n) {
        String s = String.valueOf(n);
        char[] chars = s.toCharArray();
        int start = s.length();
        for (int i = s.length() - 2; i >= 0; i--) {
            if (chars[i] > chars[i + 1]) {
                chars[i]--;
                start = i+1;
            }
        }
        for (int i = start; i < s.length(); i++) {
            chars[i] = '9';
        }
        return Integer.parseInt(String.valueOf(chars));
    }
}

从前向后遍历

class Solution {
    public int monotoneIncreasingDigits(int N) {
        char[] arr = (N + "").toCharArray();
        int max = -1, idx = -1;
        for (int i = 0; i < arr.length - 1; i++) {
            if (max < arr[i]) {
                max = arr[i];
                idx = i;
            }
            if (arr[i] > arr[i + 1]) {
                arr[idx] -= 1;
                for(int j = idx + 1;j < arr.length;j++) {
                    arr[j] = '9';
                }
                break;
            }
        }
        return Integer.parseInt(new String(arr));
    }
}

作者：Sweetiee 🍬
链接：https://leetcode.cn/problems/monotone-increasing-digits/solutions/521966/jian-dan-tan-xin-shou-ba-shou-jiao-xue-k-a0mp/
来源：力扣（LeetCode）
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买卖股票的最佳时机含手续费

题目 中等

本题动态规划才是常规解法，贪心了解了解

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
        int buy = prices[0] + fee;
        int sum = 0;
        for (int p : prices) {
            if (p + fee < buy) {
                buy = p + fee;
            } else if (p > buy){
                sum += p - buy;
                buy = p;
            }
        }
        return sum;
    }
}

监控二叉树

题目 困难

局部最优：让叶子节点的父节点安摄像头，所用摄像头最少；整体最优：全部摄像头数量所用最少

本题的难点首先是要想到贪心的思路，然后就是遍历和状态推导。

class Solution {
    int res = 0;

    public int minCameraCover(TreeNode root) {
        // 对根节点的状态做检验,防止根节点是无覆盖状态 .
        if (minCame(root) == 0) {
            res++;
        }
        return res;
    }

    /**
     * 节点的状态值：
     * 0 表示无覆盖
     * 1 表示 有摄像头
     * 2 表示有覆盖
     * 后序遍历，根据左右节点的情况,来判读 自己的状态
     */
    public int minCame(TreeNode root) {
        if (root == null) {
            // 空节点默认为 有覆盖状态，避免在叶子节点上放摄像头 
            return 2;
        }
        int left = minCame(root.left);
        int right = minCame(root.right);

        // 如果左右节点都覆盖了的话, 那么本节点的状态就应该是无覆盖,没有摄像头
        if (left == 2 && right == 2) {
            //(2,2) 
            return 0;
        } else if (left == 0 || right == 0) {
            // 左右节点都是无覆盖状态,那么本节点此时应该放一个摄像头
            // (0,0) (0,1) (0,2) (1,0) (2,0) 
            // 状态值为 1 摄像头数 ++;
            res++;
            return 1;
        } else {
            // 左右节点的 状态为 (1,1) (1,2) (2,1) 也就是左右节点至少存在 1个摄像头，
            // 那么本节点就是处于被覆盖状态 
            return 2;
        }
    }
}