30、第八章 贪心算法part03

本节内容

• 1005.K次取反后最大化的数组和
• 134. 加油站
• 135. 分发糖果

1005.K次取反后最大化的数组和※

建议：

题目链接： https://leetcode.cn/problems/maximize-sum-of-array-after-k-negations/
文章讲解： https://programmercarl.com/1005.K%E6%AC%A1%E5%8F%96%E5%8F%8D%E5%90%8E%E6%9C%80%E5%A4%A7%E5%8C%96%E7%9A%84%E6%95%B0%E7%BB%84%E5%92%8C.html
视频讲解：

题目分析

方案一

每次都去找最小的

class Solution {  
    public int largestSumAfterKNegations(int[] nums, int k) {  
        Arrays.sort(nums);  
        int index = 0;  
  
        for (int i = 0; i < k; i++) {  
            nums[index] = -1 * nums[index];  
            if (index < nums.length - 1 && nums[index] > nums[index + 1]) index++;  
        }  
        return Arrays.stream(nums).sum();  
    }  
}

结果

解答成功:
执行耗时:3 ms,击败了61.01% 的Java用户
内存消耗:40.3 MB,击败了40.98% 的Java用户

分析

时间复杂度：
O( n log(n) )

空间复杂度：
O( n )

代码随想录

https://programmercarl.com/1005.K%E6%AC%A1%E5%8F%96%E5%8F%8D%E5%90%8E%E6%9C%80%E5%A4%A7%E5%8C%96%E7%9A%84%E6%95%B0%E7%BB%84%E5%92%8C.html

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<int>& 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。

代码实现

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();

    }
}

134. 加油站※

建议：

题目链接： https://leetcode.cn/problems/gas-station/
文章讲解： https://programmercarl.com/0134.%E5%8A%A0%E6%B2%B9%E7%AB%99.html
视频讲解：

题目分析

方案一

人傻了，辣模容易都没想起来。

一直想着遍历两圈，没想到可以使用判断总和的大小而省略掉第二圈，真的是让人……

class Solution {
    public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {

        int tempSum = 0;
        int totalSum = 0;
        int index = 0;

        for (int i = 0; i < gas.length; i++) {
            tempSum += gas[i] - cost[i];
            totalSum += gas[i] - cost[i];
            if (tempSum < 0) {
                tempSum = 0;
                index = i + 1;
            }
        }

        if (totalSum < 0) return -1;
        return index;
    }
}

结果

解答成功:
执行耗时:2 ms,击败了89.64% 的Java用户
内存消耗:54 MB,击败了46.79% 的Java用户

分析

时间复杂度：
O( n )

空间复杂度：
O( 1 )

代码随想录

https://programmercarl.com/0134.%E5%8A%A0%E6%B2%B9%E7%AB%99.html

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<int>& gas, vector<int>& 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。 （倒车请注意）

C++代码如下：

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& 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<int>& gas, vector<int>& 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。

代码实现

// 解法1
class Solution {
    public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
        int sum = 0;
        int min = 0;
        for (int i = 0; i < gas.length; i++) {
            sum += (gas[i] - cost[i]);
            min = Math.min(sum, min);
        }

        if (sum < 0) return -1;
        if (min >= 0) return 0;

        for (int i = gas.length - 1; i > 0; i--) {
            min += (gas[i] - cost[i]);
            if (min >= 0) return i;
        }

        return -1;
    }
}

// 解法2
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;
    }
}

135. 分发糖果※

建议：

题目链接： https://leetcode.cn/problems/candy/
文章讲解： https://programmercarl.com/0135.%E5%88%86%E5%8F%91%E7%B3%96%E6%9E%9C.html
视频讲解：

题目分析

方案一

将数据放入到优先队列，然后一层层弹出优先队列，去对孩子的糖果进行赋值。

class Solution {  
    public int candy(int[] ratings) {  
        if (ratings.length == 1) return 1;  
        PriorityQueue<Integer[]> queue = new PriorityQueue<>((o1, o2) -> o1[0].compareTo(o2[0]));  
        int[] children = new int[ratings.length];  
        int sum = 0;  
  
        for (int i = 0; i < ratings.length; i++) {  
            queue.offer(new Integer[]{ratings[i], i});  
        }  
        while (!queue.isEmpty()) {  
            int index = queue.poll()[1];  
            if (index == 0) {  
                if (ratings[index] > ratings[index + 1]) {  
                    children[index] = children[index + 1] + 1;  
                } else {  
                    children[index] = 1;  
                }  
                sum += children[index];  
            } else if (index == ratings.length - 1) {  
                if (ratings[index] > ratings[index - 1]) {  
                    children[index] = children[index - 1] + 1;  
                } else {  
                    children[index] = 1;  
                }  
                sum += children[index];  
            } else {  
                if (ratings[index] == ratings[index + 1] && ratings[index] == ratings[index - 1]) {  
                    children[index] = 1;  
                } else if (ratings[index] == ratings[index + 1]){  
                    children[index] = children[index - 1] + 1;  
                } else if (ratings[index] == ratings[index - 1]){  
                    children[index] = children[index + 1] + 1;  
                } else {  
                    children[index] = Math.max(children[index + 1], children[index - 1]) + 1;  
                }  
  
                sum += children[index];  
            }  
        }  
        return sum;  
    }  
}

结果

解答成功:
执行耗时:33 ms,击败了5.14% 的Java用户
内存消耗:44.2 MB,击败了5.12% 的Java用户

分析

时间复杂度：
O( n )

空间复杂度：
O( n )

方案二：

根据官方题解得

class Solution {
    public int candy(int[] ratings) {

        int[] list = new int[ratings.length];
        list[0] = 1;
        for (int i = 1; i < ratings.length; i++) {
            if (ratings[i] > ratings[i - 1]) {
                list[i] = list[i - 1] + 1;
            } else {
                list[i] = 1;
            }
        }

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

        int result = 0;

        for (int i = 0; i < list.length; i++) {
            result += list[i];
        }
        return result;
    }
}

结果

解答成功:
执行耗时:2 ms,击败了72.64% 的Java用户
内存消耗:42.4 MB,击败了94.08% 的Java用户

分析

时间复杂度：
O( n )

空间复杂度：
O( n )

代码随想录

https://programmercarl.com/0135.%E5%88%86%E5%8F%91%E7%B3%96%E6%9E%9C.html

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<int>& ratings) {
        vector<int> 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。

代码实现

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;
    }
}