编程题——贪心算法（leetcode简单篇 C++版）
目录
分发饼干
132模式
买股票的最佳时期II
删除造序
柠檬水找零
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分发饼干
题目描述：假设你是一位很棒的家长，想要给你的孩子们一些小饼干。但是，每个孩子最多只能给一块饼干。对每个孩子 i ，都有一个胃口值 gi ，这是能让孩子们满足胃口的饼干的最小尺寸；并且每块饼干 j ，都有一个尺寸 sj 。如果 sj >= gi ，我们可以将这个饼干 j 分配给孩子 i ，这个孩子会得到满足。你的目标是尽可能满足越多数量的孩子，并输出这个最大数值。
注意：你可以假设胃口值为正。一个小朋友最多只能拥有一块饼干。
示例一：
输入: [1,2,3], [1,1] 输出: 1 解释: 你有三个孩子和两块小饼干，3个孩子的胃口值分别是：1,2,3。 虽然你有两块小饼干，由于他们的尺寸都是1，你只能让胃口值是1的孩子满足。 所以你应该输出1。
示例二：
输入: [1,2], [1,2,3] 输出: 2 解释: 你有两个孩子和三块小饼干，2个孩子的胃口值分别是1,2。 你拥有的饼干数量和尺寸都足以让所有孩子满足。 所以你应该输出2.
解题代码：
#include
using namespace std;
class Solution {
public:
int findContentChildren(vector& g, vector& s) {
sort(g.begin(), g.end());
sort(s.begin(), s.end());
int count = 0;
for(int i = 0, j = 0; i < g.size() && j < s.size(); ){
if(g[i] <= s[j]){
count++;
i++;
j++;
}else{
j++;
}
}
return count;
}
}; 解题思路：
- 首先利用库函数algorithm的sort来对两个vector进行排序。
- 然后两个数组利用外排的方法遍历。
- 遍历过程，满足条件就count++。
- 这个for循环比较特殊，有两个索引值i，j。
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132模式
题目描述：给定一个整数序列：a1, a2, ..., an，一个132模式的子序列 ai, aj, ak 被定义为：当 i < j < k 时，ai < ak < aj。设计一个算法，当给定有 n 个数字的序列时，验证这个序列中是否含有132模式的子序列。
注意：n 的值小于15000。
示例一：
输入: [1, 2, 3, 4] 输出: False 解释: 序列中不存在132模式的子序列。
示例二：
输入: [3, 1, 4, 2] 输出: True 解释: 序列中有 1 个132模式的子序列： [1, 4, 2].
示例三：
输入: [-1, 3, 2, 0] 输出: True 解释: 序列中有 3 个132模式的的子序列: [-1, 3, 2], [-1, 3, 0] 和 [-1, 2, 0].
解题代码一：
class Solution {
public:
bool find132pattern(vector& nums) {
int size = nums.size();
int pre = INT_MAX;
for(int i = 0; i i; j--){
if((nums[j] > pre) && (nums[j] < nums[i])){
return true;
}
}
}
return false;
}
}; 解题思路：
- 关键在于寻找驼峰。
- 先设置pre变量，保存了上一个比当前数字小的数字，那么当前数字作为驼峰，然后去寻找下一个比驼峰小，比pre大的数字，找到即返回true，否则一直找下去，找完所有也没有符合条件的这个数或者是驼峰，就跳出循环，返回false。
解题代码二：
class Solution {
public:
bool find132pattern(vector& nums) {
int size = nums.size();
int aft = INT_MIN;
stack s;
for(int i = size - 1; i >= 0; i--){
if(aft > nums[i]) return true;
while(!s.empty() && nums[i] > s.top()){
aft = s.top();
s.pop();
}
s.push(nums[i]);
}
return false;
}
}; 解题思路：
- 这个代码比上一个代码用时更少，但是思维强度更大。
- 记下这个用法。
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买股票的最佳时期II
题目描述：给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。
注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
示例1：
输入: [7,1,5,3,6,4] 输出: 7 解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。 随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。
示例2：
输入: [1,2,3,4,5] 输出: 4 解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。 注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。 因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例3：
输入: [7,6,4,3,1] 输出: 0 解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
解题代码一（峰谷法）：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector& prices) {
int size = prices.size();
int peak = 0, valley = 0, profit = 0, index = 0;
while(index < size - 1){
//找波谷
while(index < size - 1 && prices[index] >= prices[index+1]){
index++;
}
valley = prices[index];
//找波峰
while(index < size - 1 && prices[index] <= prices[index+1]){
index++;
}
peak = prices[index];
profit += (peak - valley);
}
return profit;
}
}; 解题思路：
- 这个代码采用的是峰谷法。
- 把数组中的数字以折线图的形式反映，我们发现这就是有波峰和波谷的折线图。而我们要找最大利润，其实就是我们要找到所有挨得最近的一组波谷和波峰差值的总和。
- 在这种情况下：只需要一次循环，不停的找某个波谷的值，然后紧接着找到离它最近的一个波峰的值，他们的差值就是最大利润的一部分；然后接下去再找下一组波谷和波峰。
- 时间复杂度：O(N)
解题代码二(一次遍历法)：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector& prices) {
int size = prices.size();
int profit = 0;
for(int i = 1; i < size; i++){
if(prices[i] > prices[i - 1]){
profit += (prices[i] - prices[i - 1]);
}
}
return profit;
}
}; 解题思路：
- 这种方法是峰谷法的改进
- 在从头到尾循环遍历数组中每一个元素的时候，我们可以把处于升序排列的子序列数组元素的差值依次相加。
- 关于2这一点怎么得出来的，这个是观察数组得出来的结论。并且这个结论可以记下来。
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删除造序
题目描述：
给定由 N 个小写字母字符串组成的数组 A，其中每个字符串长度相等。
选取一个删除索引序列，对于 A 中的每个字符串，删除对应每个索引处的字符。 所余下的字符串行从上往下读形成列。
比如，有 A = ["abcdef", "uvwxyz"]，删除索引序列 {0, 2, 3}，删除后 A 为["bef", "vyz"]， A 的列分别为["b","v"], ["e","y"], ["f","z"]。（形式上，第 n 列为 [A[0][n], A[1][n], ..., A[A.length-1][n]]）。
假设，我们选择了一组删除索引 D，那么在执行删除操作之后，A 中所剩余的每一列都必须是 非降序 排列的，然后请你返回 D.length 的最小可能值。
示例一：
输入：["cba", "daf", "ghi"] 输出：1 解释： 当选择 D = {1}，删除后 A 的列为：["c","d","g"] 和 ["a","f","i"]，均为非降序排列。 若选择 D = {}，那么 A 的列 ["b","a","h"] 就不是非降序排列了。
示例二：
输入：["a", "b"] 输出：0 解释：D = {}
示例三：
输入：["zyx", "wvu", "tsr"] 输出：3 解释：D = {0, 1, 2}
提示：
1 <= A.length <= 1001 <= A[i].length <= 1000
解题代码：
class Solution {
public:
int minDeletionSize(vector& A) {
int count = 0;
for(int i = 0; i < A[0].length(); i++){
for(int j = 0; j < A.size() - 1; j++){
if(A[j][i] > A[j+1][i]){
count++;
break;
}
}
}
return count;
}
}; 解题思路：
- 看懂题意
- 然后遍历数组的每个字符串，并遍历字符串中的每一个字符
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柠檬水找零
在柠檬水摊上，每一杯柠檬水的售价为 5 美元。
顾客排队购买你的产品，（按账单 bills 支付的顺序）一次购买一杯。
每位顾客只买一杯柠檬水，然后向你付 5 美元、10 美元或 20 美元。你必须给每个顾客正确找零，也就是说净交易是每位顾客向你支付 5 美元。
注意，一开始你手头没有任何零钱。
如果你能给每位顾客正确找零，返回 true ，否则返回 false 。
示例一：
输入：[5,5,5,10,20] 输出：true 解释： 前 3 位顾客那里，我们按顺序收取 3 张 5 美元的钞票。 第 4 位顾客那里，我们收取一张 10 美元的钞票，并返还 5 美元。 第 5 位顾客那里，我们找还一张 10 美元的钞票和一张 5 美元的钞票。 由于所有客户都得到了正确的找零，所以我们输出 true。
示例二：
输入：[5,5,10] 输出：true
示例三：
输入：[10,10] 输出：false
示例四：
输入：[5,5,10,10,20] 输出：false 解释： 前 2 位顾客那里，我们按顺序收取 2 张 5 美元的钞票。 对于接下来的 2 位顾客，我们收取一张 10 美元的钞票，然后返还 5 美元。 对于最后一位顾客，我们无法退回 15 美元，因为我们现在只有两张 10 美元的钞票。 由于不是每位顾客都得到了正确的找零，所以答案是 false。
提示：
0 <= bills.length <= 10000bills[i]不是5就是10或是20
解题代码：
class Solution {
public:
bool lemonadeChange(vector& bills) {
int count_5 = 0;
int count_10 = 0;
for(int i = 0 ; i < bills.size(); i++){
if(bills[i] == 5){
count_5++;
}else if(bills[i] == 10){
if(count_5 > 0){
count_5--;
count_10++;
}else{
return false;
}
}else{
if(count_5 > 0 && count_10 > 0){ //这个条件一定要在前面
count_5--;
count_10--;
}else if(count_5 >= 3){
count_5 -= 3;
}else{
return false;
}
}
}
return true;
}
}; 解题思路：
- 常规解题思路，遍历数组中的每一个数的时候，计算当前5块钱和10块钱有几张。如果当前数是5，则count_5+1；如果当前数是10，计算当前有几张5块钱，如果至少有一张，则找零count_10+1,count_5-1，如果没有5块钱了，直接返回false；如果当前数是20，则首先计算当前有几张10块钱和几张5块钱，满足则count_10 - 1, count5 - 1，如果不满足，则计算5块钱是否大于等于3张，满足 count_5 - 3，不满足就返回false。
- 这道题，其他没有太大逻辑上的难点，但有一个易错点，就是对于20块钱，找零首先是看10块有没有，如果10块没有，再找5。因为如果先找3张5块，后面很可能遇到10块就没有5块了，就会返回false，导致程序结果不对。