C++力扣题目1005--K次取反后最大化的数组和 134--加油站 135--分发糖果

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1005.K次取反后最大化的数组和

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给定一个整数数组 A，我们只能用以下方法修改该数组：我们选择某个索引 i 并将 A[i] 替换为 -A[i]，然后总共重复这个过程 K 次。（我们可以多次选择同一个索引 i。）

以这种方式修改数组后，返回数组可能的最大和。

示例 1：

输入：A = [4,2,3], K = 1
输出：5
解释：选择索引 (1,) ，然后 A 变为 [4,-2,3]。
示例 2：
- 输入：A = [3,-1,0,2], K = 3
- 输出：6
- 解释：选择索引 (1, 2, 2) ，然后 A 变为 [3,1,0,2]。
  示例 3：
  - 输入：A = [2,-3,-1,5,-4], K = 2
  - 输出：13
  - 解释：选择索引 (1, 4) ，然后 A 变为 [2,3,-1,5,4]。
    提示：
    - 1 <= A.length <= 10000
    - 1 <= K <= 10000
    - -100 <= A[i] <= 100
      #思路
      
      本题思路其实比较好想了，如何可以让数组和最大呢？
      
      贪心的思路，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。
      
      局部最优可以推出全局最优。
      
      那么如果将负数都转变为正数了，K依然大于0，此时的问题是一个有序正整数序列，如何转变K次正负，让数组和达到最大。
      
      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，当前数值和可以达到最大（例如正整数数组{5, 3, 1}，反转1 得到-1 比反转5得到的-5 大多了），全局最优：整个数组和达到最大。
      
      虽然这道题目大家做的时候，可能都不会去想什么贪心算法，一鼓作气，就AC了。
      
      我这里其实是为了给大家展现出来经常被大家忽略的贪心思路，这么一道简单题，就用了两次贪心！
      
      那么本题的解题步骤为：
      - 第一步：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
      - 第二步：从前向后遍历，遇到负数将其变为正数，同时K--
      - 第三步：如果K还大于0，那么反复转变数值最小的元素，将K用完
      - 第四步：求和
        对应C++代码如下：
        
        class Solution { static bool cmp(int a, int b) { return abs(a) > abs(b); } public: int largestSumAfterKNegations(vector& A, int K) { sort(A.begin(), A.end(), cmp); // 第一步 for (int i = 0; i < A.size(); i++) { // 第二步 if (A[i] < 0 && K > 0) { A[i] *= -1; K--; } } if (K % 2 == 1) A[A.size() - 1] *= -1; // 第三步 int result = 0; for (int a : A) result += a; // 第四步 return result; } };
        
        时间复杂度: O(nlogn)
        空间复杂度: O(1)
        #总结
        
        贪心的题目如果简单起来，会让人简单到开始怀疑：本来不就应该这么做么？这也算是算法？我认为这不是贪心？
        
        本题其实很简单，不会贪心算法的同学都可以做出来，但是我还是全程用贪心的思路来讲解。
        
        因为贪心的思考方式一定要有！
        
        如果没有贪心的思考方式（局部最优，全局最优），很容易陷入贪心简单题凭感觉做，贪心难题直接不会做，其实这样就锻炼不了贪心的思考方式了。
        
        所以明知道是贪心简单题，也要靠贪心的思考方式来解题，这样对培养解题感觉很有帮助。
        
        134. 加油站
        
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        在一条环路上有 N 个加油站，其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] 升。
        
        你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 i 个加油站开往第 i+1 个加油站需要消耗汽油 cost[i] 升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。
        
        如果你可以绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1。
        
        说明:
        
        如果题目有解，该答案即为唯一答案。
        输入数组均为非空数组，且长度相同。
        输入数组中的元素均为非负数。
        示例 1: 输入:
        
        gas = [1,2,3,4,5]
        cost = [3,4,5,1,2]
        输出: 3 解释:
        
        从 3 号加油站(索引为 3 处)出发，可获得 4 升汽油。此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
        开往 4 号加油站，此时油箱有 4 - 1 + 5 = 8 升汽油
        开往 0 号加油站，此时油箱有 8 - 2 + 1 = 7 升汽油
        开往 1 号加油站，此时油箱有 7 - 3 + 2 = 6 升汽油
        开往 2 号加油站，此时油箱有 6 - 4 + 3 = 5 升汽油
        开往 3 号加油站，你需要消耗 5 升汽油，正好足够你返回到 3 号加油站。
        因此，3 可为起始索引。
        示例 2: 输入:
        
        gas = [2,3,4]
        
        cost = [3,4,3]
        
        输出: -1
        
        解释: 你不能从 0 号或 1 号加油站出发，因为没有足够的汽油可以让你行驶到下一个加油站。我们从 2 号加油站出发，可以获得 4 升汽油。此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油。开往 0 号加油站，此时油箱有 4 - 3 + 2 = 3 升汽油。开往 1 号加油站，此时油箱有 3 - 3 + 3 = 3 升汽油。你无法返回 2 号加油站，因为返程需要消耗 4 升汽油，但是你的油箱只有 3 升汽油。因此，无论怎样，你都不可能绕环路行驶一周。
        
        #思路
        
        #暴力方法
        
        暴力的方法很明显就是O(n^2)的，遍历每一个加油站为起点的情况，模拟一圈。
        
        如果跑了一圈，中途没有断油，而且最后油量大于等于0，说明这个起点是ok的。
        
        暴力的方法思路比较简单，但代码写起来也不是很容易，关键是要模拟跑一圈的过程。
        
        for循环适合模拟从头到尾的遍历，而while循环适合模拟环形遍历，要善于使用while！
        
        C++代码如下：
        
        class Solution { public: int canCompleteCircuit(vector& gas, vector& cost) { for (int i = 0; i < cost.size(); i++) { int rest = gas[i] - cost[i]; // 记录剩余油量 int index = (i + 1) % cost.size(); while (rest > 0 && index != i) { // 模拟以i为起点行驶一圈（如果有rest==0，那么答案就不唯一了） rest += gas[index] - cost[index]; index = (index + 1) % cost.size(); } // 如果以i为起点跑一圈，剩余油量>=0，返回该起始位置 if (rest >= 0 && index == i) return i; } return -1; } };
        
        时间复杂度：O(n^2)
        空间复杂度：O(1)
        #贪心算法（方法一）
        
        直接从全局进行贪心选择，情况如下：
        
        情况一：如果gas的总和小于cost总和，那么无论从哪里出发，一定是跑不了一圈的
        
        情况二：rest[i] = gas[i]-cost[i]为一天剩下的油，i从0开始计算累加到最后一站，如果累加没有出现负数，说明从0出发，油就没有断过，那么0就是起点。
        
        情况三：如果累加的最小值是负数，汽车就要从非0节点出发，从后向前，看哪个节点能把这个负数填平，能把这个负数填平的节点就是出发节点。
        
        C++代码如下：
        
        class Solution { public: int canCompleteCircuit(vector& gas, vector& cost) { int curSum = 0; int min = INT_MAX; // 从起点出发，油箱里的油量最小值 for (int i = 0; i < gas.size(); i++) { int rest = gas[i] - cost[i]; curSum += rest; if (curSum < min) { min = curSum; } } if (curSum < 0) return -1; // 情况1 if (min >= 0) return 0; // 情况2 // 情况3 for (int i = gas.size() - 1; i >= 0; i--) { int rest = gas[i] - cost[i]; min += rest; if (min >= 0) { return i; } } return -1; } };
        
        时间复杂度：O(n)
        空间复杂度：O(1)
        其实我不认为这种方式是贪心算法，因为没有找出局部最优，而是直接从全局最优的角度上思考问题。
        
        但这种解法又说不出是什么方法，这就是一个从全局角度选取最优解的模拟操作。
        
        所以对于本解法是贪心，我持保留意见！
        
        但不管怎么说，解法毕竟还是巧妙的，不用过于执着于其名字称呼。
        
        #贪心算法（方法二）
        
        可以换一个思路，首先如果总油量减去总消耗大于等于零那么一定可以跑完一圈，说明各个站点的加油站剩油量rest[i]相加一定是大于等于零的。
        
        每个加油站的剩余量rest[i]为gas[i] - cost[i]。
        
        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。
        
        如图：
        
        那么为什么一旦[0，i] 区间和为负数，起始位置就可以是i+1呢，i+1后面就不会出现更大的负数？
        
        如果出现更大的负数，就是更新i，那么起始位置又变成新的i+1了。
        
        那有没有可能 [0，i] 区间选某一个作为起点，累加到 i这里 curSum是不会小于零呢？如图：
        
        如果 curSum<0 说明区间和1 + 区间和2 < 0，那么假设从上图中的位置开始计数curSum不会小于0的话，就是区间和2>0。
        
        区间和1 + 区间和2 < 0 同时区间和2>0，只能说明区间和1 < 0，那么就会从假设的箭头初就开始从新选择其实位置了。
        
        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。全局最优：找到可以跑一圈的起始位置。
        
        局部最优可以推出全局最优，找不出反例，试试贪心！
        
        C++代码如下：
        
        class Solution { public: int canCompleteCircuit(vector& gas, vector& cost) { int curSum = 0; int totalSum = 0; int start = 0; for (int i = 0; i < gas.size(); i++) { curSum += gas[i] - cost[i]; totalSum += gas[i] - cost[i]; if (curSum < 0) { // 当前累加rest[i]和 curSum一旦小于0 start = i + 1; // 起始位置更新为i+1 curSum = 0; // curSum从0开始 } } if (totalSum < 0) return -1; // 说明怎么走都不可能跑一圈了 return start; } };
        
        时间复杂度：O(n)
        空间复杂度：O(1)
        说这种解法为贪心算法，才是有理有据的，因为全局最优解是根据局部最优推导出来的。
        
        #总结
        
        对于本题首先给出了暴力解法，暴力解法模拟跑一圈的过程其实比较考验代码技巧的，要对while使用的很熟练。
        
        然后给出了两种贪心算法，对于第一种贪心方法，其实我认为就是一种直接从全局选取最优的模拟操作，思路还是很巧妙的，值得学习一下。
        
        对于第二种贪心方法，才真正体现出贪心的精髓，用局部最优可以推出全局最优，进而求得起始位置。
        
        135. 分发糖果
        
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        老师想给孩子们分发糖果，有 N 个孩子站成了一条直线，老师会根据每个孩子的表现，预先给他们评分。
        
        你需要按照以下要求，帮助老师给这些孩子分发糖果：
        
        每个孩子至少分配到 1 个糖果。
        相邻的孩子中，评分高的孩子必须获得更多的糖果。
        那么这样下来，老师至少需要准备多少颗糖果呢？
        
        示例 1:
        
        输入: [1,0,2]
        输出: 5
        解释: 你可以分别给这三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。
        示例 2:
        
        输入: [1,2,2]
        输出: 4
        解释: 你可以分别给这三个孩子分发 1、2、1 颗糖果。第三个孩子只得到 1 颗糖果，这已满足上述两个条件。
        #思路
        
        这道题目一定是要确定一边之后，再确定另一边，例如比较每一个孩子的左边，然后再比较右边，如果两边一起考虑一定会顾此失彼。
        
        先确定右边评分大于左边的情况（也就是从前向后遍历）
        
        此时局部最优：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
        
        局部最优可以推出全局最优。
        
        如果ratings[i] > ratings[i - 1] 那么[i]的糖一定要比[i - 1]的糖多一个，所以贪心：candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1
        
        代码如下：
        
        // 从前向后 for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) { if (ratings[i] > ratings[i - 1]) candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1; }
        
        如图：
        
        再确定左孩子大于右孩子的情况（从后向前遍历）
        
        遍历顺序这里有同学可能会有疑问，为什么不能从前向后遍历呢？
        
        因为 rating[5]与rating[4]的比较要利用上 rating[5]与rating[6]的比较结果，所以要从后向前遍历。
        
        如果从前向后遍历，rating[5]与rating[4]的比较就不能用上 rating[5]与rating[6]的比较结果了。如图：
        
        所以确定左孩子大于右孩子的情况一定要从后向前遍历！
        
        如果 ratings[i] > ratings[i + 1]，此时candyVec[i]（第i个小孩的糖果数量）就有两个选择了，一个是candyVec[i + 1] + 1（从右边这个加1得到的糖果数量），一个是candyVec[i]（之前比较右孩子大于左孩子得到的糖果数量）。
        
        那么又要贪心了，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。
        
        局部最优可以推出全局最优。
        
        所以就取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，candyVec[i]只有取最大的才能既保持对左边candyVec[i - 1]的糖果多，也比右边candyVec[i + 1]的糖果多。
        
        如图：
        
        所以该过程代码如下：
        
        // 从后向前 for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) { if (ratings[i] > ratings[i + 1] ) { candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1); } }
        
        整体代码如下：
        
        class Solution { public: int candy(vector& ratings) { vector candyVec(ratings.size(), 1); // 从前向后 for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) { if (ratings[i] > ratings[i - 1]) candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1; } // 从后向前 for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) { if (ratings[i] > ratings[i + 1] ) { candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1); } } // 统计结果 int result = 0; for (int i = 0; i < candyVec.size(); i++) result += candyVec[i]; return result; } };
        
        时间复杂度: O(n)
        空间复杂度: O(n)
        #总结
        
        这在leetcode上是一道困难的题目，其难点就在于贪心的策略，如果在考虑局部的时候想两边兼顾，就会顾此失彼。
        
        那么本题我采用了两次贪心的策略：
        
        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。
        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。