Leetcode 630.课程表III
课程表III
这里有 n 门不同的在线课程,他们按从 1 到 n 编号。每一门课程有一定的持续上课时间(课程时间)t 以及关闭时间第 d 天。一门课要持续学习 t 天直到第 d天时要完成,你将会从第 1 天开始。
给出 n 个在线课程用 (t, d) 对表示。你的任务是找出最多可以修几门课。
示例:
输入: [[100, 200], [200, 1300], [1000, 1250], [2000, 3200]]
输出: 3
解释:
这里一共有 4 门课程, 但是你最多可以修 3 门:
首先, 修第一门课时, 它要耗费 100 天,你会在第 100 天完成, 在第 101 天准备下门课。
第二, 修第三门课时, 它会耗费 1000 天,所以你将在第 1100 天的时候完成它, 以及在第 1101 天开始准备下门课程。
第三, 修第二门课时, 它会耗时 200 天,所以你将会在第 1300 天时完成它。
第四门课现在不能修,因为你将会在第 3300 天完成它,这已经超出了关闭日期。
提示:
- 整数 1 <= d, t, n <= 10,000 。
- 你不能同时修两门课程。
结束时间早的课程要先考虑,至于选还是不选就是另外一回事,因为如果不这样到后面本来可以选的课程由于deadline过了而变得不能选,这也符合人们的一般逻辑,所以排序规则是先按end time排
排完序后可以one pass就解决了,遍历一遍,每次取到当前位置最贪心的情况,何为最贪心?就是选的课程数目最大,在课程数目一样的情况下,结束时间最早(这样就有利于后面的选课),为什么这样贪心是全局最优解呢?假设我们求得i位置的最贪心结果,现在要求i+1位置的最贪心结果
1. 当i+1课程能选我们就先选,贪心使然
2. 如果不能选,我们就尽量把修完课程的时间降到最小(把课程安排的最紧凑),即如果当前课程需要的duration比之前能选的课程最大的duration小,那我们情愿选当前这个,因为这样到目前为止,这样是选课程数目最大,结束时间最早的最优选择(即最贪心的选择),而且一定选的上,因为当前课程结束时间比前面的都大(排过序的),
而且删除之前duration最大也一定只能再加第i+1课程,i+1之前的一定不能加,否则违背之前是最紧凑的贪心情况这一约束
至于怎么快速求出之前最大的duration,用优先队列
1 import java.util.Arrays; 2 import java.util.Comparator; 3 import java.util.PriorityQueue; 4 5 /* 6 * greedy & priorityQueue 7 */ 8 public class Solution { 9 public int scheduleCourse(int[][] courses) { 10 Arrays.sort(courses, new Comparator<int[]>(){ 11 @Override 12 public int compare(int[] a, int[] b) { 13 return a[1] - b[1]; // 相等再按照默认第一位排序 14 } 15 }); 16 17 // 把最大的duration放在顶端,这样当来一个课程放不下时就把最大的duration弹出 18 PriorityQueue<Integer> pq = new PriorityQueue<Integer>(10, new Comparator<Integer>(){ 19 @Override 20 public int compare(Integer o1, Integer o2) { 21 return o2-o1; 22 } 23 }); 24 25 int time = 0; 26 for(int[] c : courses) { 27 // 能插进pq就插,不能就尽量把pq弄紧凑点 28 if(time + c[0] <= c[1]) { 29 pq.add(c[0]); 30 time += c[0]; 31 } else if(!pq.isEmpty() && pq.peek() > c[0]) { 32 time += c[0] - pq.poll(); 33 pq.add(c[0]); 34 } 35 } 36 return pq.size(); 37 } 38 }