代码随想录算法训练营

1005.K次取反后最大化的数组和

题目链接：1005.K次取反后最大化的数组和

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。

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]。

总体思路

由于通过K次取反后的最大的数组和，因此让绝对值大的负数变为正数，当前数值达到最大，可达到整体最优：整个数组和达到最大。

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

代码实现：

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;

    }

};

134. 加油站

题目链接：134. 加油站

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]

总体思路

暴力解法

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！

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;

    }

};

贪心算法(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。

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;

    }

};

该方法并没有在局部最优进行求解，只是全局最优，因此不是完全的贪心解法。

贪心解法（二）

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。

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！

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;

    }

};

135. 分发糖果

题目链接：135. 分发糖果

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。

总体思路

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

// 从前向后

for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {

    if (ratings[i] > ratings[i - 1]) candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1;

}

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。

// 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：

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;

    }

};