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 1:
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 2:
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.
题解:贪心
依次拿最小的饼干满足最小的胃。
class Solution {
public int findContentChildren(int[] g, int[] s) {
Arrays.sort(g);
Arrays.sort(s);
int i = 0;
int j = 0;
int cnt = 0;
while (i<g.length && j<s.length){
if (g[i] <= s[j]){
cnt++;
i++;
j++;
}
else{
j++;
}
}
return cnt;
}
}
时间复杂度O(m+n)
空间复杂度O(1)
给定一个区间的集合,找到需要移除区间的最小数量,使剩余区间互不重叠。
注意:
可以认为区间的终点总是大于它的起点。
区间 [1,2] 和 [2,3] 的边界相互“接触”,但没有相互重叠。
示例 1:
输入: [ [1,2], [2,3], [3,4], [1,3] ]
输出: 1
解释: 移除 [1,3] 后,剩下的区间没有重叠。
示例 2:
输入: [ [1,2], [1,2], [1,2] ]
输出: 2
解释: 你需要移除两个 [1,2] 来使剩下的区间没有重叠。
示例 3:
输入: [ [1,2], [2,3] ]
输出: 0
解释: 你不需要移除任何区间,因为它们已经是无重叠的了。
题解:
按区间的结尾进行排序,每次选择结尾最小,并且和前一个区间不重叠的区间。
class Solution {
public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
int n = intervals.length;
if (n == 0){
return 0;
}
Arrays.sort(intervals, new Comparator<int[]>(){
public int compare(int[] a, int[] b){
return a[1] - b[1];
}
});
int cnt = 1;
int x = intervals[0][1];
for (int i = 1; i<n; i++){
if (x <= intervals[i][0]){
cnt ++;
x = intervals[i][1];
}
}
return n-cnt;
}
}
时间复杂度: 排序O(nlogn) + 选区间O(n) = O(nlogn)
空间复杂度O(n)
在二维空间中有许多球形的气球。对于每个气球,提供的输入是水平方向上,气球直径的开始和结束坐标。由于它是水平的,所以y坐标并不重要,因此只要知道开始和结束的x坐标就足够了。开始坐标总是小于结束坐标。平面内最多存在104个气球。
一支弓箭可以沿着x轴从不同点完全垂直地射出。在坐标x处射出一支箭,若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 xstart,xend, 且满足 xstart ≤ x ≤ xend,则该气球会被引爆。可以射出的弓箭的数量没有限制。 弓箭一旦被射出之后,可以无限地前进。我们想找到使得所有气球全部被引爆,所需的弓箭的最小数量。
Example:
输入:
[[10,16], [2,8], [1,6], [7,12]]
输出:
2
解释:
对于该样例,我们可以在x = 6(射爆[2,8],[1,6]两个气球)和 x = 11(射爆另外两个气球)。
题解:
按区间的结尾进行排序,选择有重复区间的气球进行射击。
class Solution {
public int findMinArrowShots(int[][] points) {
int n = points.length;
if (n == 0){
return 0;
}
Arrays.sort(points, new Comparator<int[]>(){
public int compare(int a[], int b[]){
return a[1] - b[1];
}
});
int cnt = 1;
int x = points[0][1];
for (int i = 1; i<n; i++){
if (x < points[i][0]){
cnt++;
x = points[i][1];
}
}
return cnt;
}
}
时间复杂度: 排序O(nlogn) + 遍历数组O(n) = O(nlogn)
空间复杂度 O(1)
假设有打乱顺序的一群人站成一个队列。 每个人由一个整数对(h, k)表示,其中h是这个人的身高,k是排在这个人前面且身高大于或等于h的人数。 编写一个算法来重建这个队列。
注意:
总人数少于1100人。
示例
输入:
[[7,0], [4,4], [7,1], [5,0], [6,1], [5,2]]
输出:
[[5,0], [7,0], [5,2], [6,1], [4,4], [7,1]]
题解:
身高先按降序排列,若有相同身高的,k按升序排列。
然后元素逐个按位置插入。
[[7,0], [4,4], [7,1], [5,0], [6,1], [5,2]]
[[7,0], [7,1], [6,1], [5,0], [5,2], [4,4]]
[[7,0]]
[[7,0]]
[[7,0]] , [7,1]]
[[6,1], [7,0] , [7,1]]
[[5,0], [6,1], [7,0] , [7,1]]
[[5,0], [5,2], [6,1], [7,0] , [7,1]]
[[5,0], [5,2], [6,1], [4,4], [7,0] , [7,1]]
class Solution {
public int[][] reconstructQueue(int[][] people) {
int n = people.length;
int[][] res = new int[n][2];
if (n==0){
return res;
}
// 身高先按降序排列,相同身高的,k按升序排列
Arrays.sort(people, new Comparator<int[]>(){
public int compare(int a[], int b[]){
if (a[0]!=b[0]){
return b[0]-a[0];
}
else{
return a[1]-b[1];
}
}
});
// 按照前面有多少人一个一个插入
List<int[]> list = new ArrayList<>(n);
for(int[] x: people){
list.add(x[1],x);
}
return list.toArray(new int[list.size()][2]);
}
}
时间复杂度O(nlogn)
空间复杂度O(n)
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。
如果你最多只允许完成一笔交易(即买入和卖出一支股票一次),设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
注意:你不能在买入股票前卖出股票。
示例 1:
输入: [7,1,5,3,6,4]
输出: 5
解释: 在第 2 天(股票价格 = 1)的时候买入,在第 5 天(股票价格 = 6)的时候卖出,最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格;同时,你不能在买入前卖出股票。
示例 2:
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。
题解
min_price
记录股票当前最小价格
每次将最小价格作为买入价格,将当前股票卖出看是不是最大收益。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
if (n == 0){
return 0;
}
int max = 0;
int min_price = prices[0];
for (int i = 1; i<n; i++){
if (prices[i] > min_price){
max = Math.max(max, prices[i] - min_price);
}
else{
min_price = prices[i];
}
}
return max;
}
}
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
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。
提示:
1 <= prices.length <= 3 * 10 ^ 4
0 <= prices[i] <= 10 ^ 4
题解
min_price
: 记录当前能买入的最小股
max_price
: 记录当前能卖出的最大股
sum
: 记录当前最大收益
prices[i] - min_price > max_price
,按当前价格卖出,更新max_price
,并更新sum
prices[i] - min_price <= max_price
, 前一轮的交易结束,考虑新一轮的交易, 更新min_price
为当前股票价格,max
置0
.class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
if (n == 0){
return 0;
}
int min_price = prices[0];
int max = 0;
int sum = 0;
for (int i = 1; i<n; i++){
if (prices[i] - min_price > max){
sum -= max;
max = prices[i] - min_price;
sum += max - prices[i];
}
else{
min_price = prices[i];
max = 0;
}
}
return sum;
}
}
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
更清晰易懂的理解:
sum += prices[i] - prices[i-1]
[a,b,c,d]
且a<=b<=c<=d
, 那么最大收益为sum = (b-a) + (c-b) + (d-c)
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
if (n == 0){
return 0;
}
int sum = 0;
for (int i = 1; i<n; i++){
if (prices[i] > prices[i-1]){
sum += prices[i] - prices[i-1];
}
}
return sum;
}
}
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
假设你有一个很长的花坛,一部分地块种植了花,另一部分却没有。可是,花卉不能种植在相邻的地块上,它们会争夺水源,两者都会死去。
给定一个花坛(表示为一个数组包含0和1,其中0表示没种植花,1表示种植了花),和一个数 n 。能否在不打破种植规则的情况下种入 n 朵花?能则返回True,不能则返回False。
示例 1:
输入: flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 1
输出: True
示例 2:
输入: flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 2
输出: False
注意:
数组内已种好的花不会违反种植规则。
输入的数组长度范围为 [1, 20000]。
n 是非负整数,且不会超过输入数组的大小。
题解
当前位置为0,且左右也为0,则可以种树,当前位置置1
要考虑两个边界情况:
class Solution {
public boolean canPlaceFlowers(int[] flowerbed, int n) {
int len = flowerbed.length;
int cnt = 0;
for (int i = 0; i<len && cnt<n; i++){
if (flowerbed[i] == 0 && (i == 0 || flowerbed[i-1]==0) && (i == len-1 || flowerbed[i+1] == 0)){
flowerbed[i] = 1;
cnt ++;
}
}
return cnt>=n;
}
}
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
给定字符串 s 和 t ,判断 s 是否为 t 的子序列。
你可以认为 s 和 t 中仅包含英文小写字母。字符串 t 可能会很长(长度 ~= 500,000),而 s 是个短字符串(长度 <=100)。
字符串的一个子序列是原始字符串删除一些(也可以不删除)字符而不改变剩余字符相对位置形成的新字符串。(例如,"ace"是"abcde"的一个子序列,而"aec"不是)。
示例 1:
s = "abc", t = "ahbgdc"
返回 true.
示例 2:
s = "axc", t = "ahbgdc"
返回 false.
后续挑战 :
如果有大量输入的 S,称作S1, S2, … , Sk 其中 k >= 10亿,你需要依次检查它们是否为 T 的子序列。在这种情况下,你会怎样改变代码?
class Solution{
public boolean isSubsequence(String s, String t) {
int index = -1;
for (char c : s.toCharArray()) {
index = t.indexOf(c, index + 1);
if (index == -1) {
return false;
}
}
return true;
}
}
时间复杂度O(n),n表示t的长度
空间复杂度O(1)
给你一个长度为 n 的整数数组,请你判断在 最多 改变 1 个元素的情况下,该数组能否变成一个非递减数列。
我们是这样定义一个非递减数列的: 对于数组中所有的 i (0 <= i <= n-2),总满足 nums[i] <= nums[i + 1]。
示例 1:
输入: nums = [4,2,3]
输出: true
解释: 你可以通过把第一个4变成1来使得它成为一个非递减数列。
示例 2:
输入: nums = [4,2,1]
输出: false
解释: 你不能在只改变一个元素的情况下将其变为非递减数列。
说明:
1 <= n <= 10 ^ 4
- 10 ^ 5 <= nums[i] <= 10 ^ 5
题解:
当元素nums[i-1]
与nums[i]
逆序时,要减小nums[i-1]
或者增大nums[i]
,来保证nums[i-2]
, nums[i-1]
, nums[i]
非递减。应优先考虑减小nums[i-1]
, 因为改变nums[i]
会对后面数列的顺序产生影响。
i-2<0
或者 nums[i-2] <= nums[i]
: 直接减小nums[i-1]
, 令nums[i-1] = nums[i]
i-2>=0
并且 nums[i-2] > nums[i]
: 只能增大nums[i]
, 令 nums[i] = nums[i-1]
(nums[i]的增大可能对后面的顺序有影响)class Solution {
public boolean checkPossibility(int[] nums) {
int n = nums.length;
if (n == 1){
return true;
}
int cnt = 0;
for (int i = 1; i<n;i++){
if (nums[i] < nums[i-1]){
if (i-2>=0 && nums[i] < nums[i-2]){
nums[i] = nums[i-1];
}
else {
nums[i-1] = nums[i];
}
cnt++;
}
if (cnt>1){
return false;
}
}
return true;
}
}
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
给定一个整数数组 nums ,找到一个具有最大和的连续子数组(子数组最少包含一个元素),返回其最大和。
示例:
输入: [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4],
输出: 6
解释: 连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大,为 6。
进阶:
如果你已经实现复杂度为 O(n) 的解法,尝试使用更为精妙的分治法求解。
题解:
pre
记录以当前元素为结尾的最大子序列和, max
记录最大子序列和。
nums[i]
,满足nums[i] + pre > num[i]
, 则更新pre
为nums[i] + pre
pre
为nums[i]
class Solution {
public int maxSubArray(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0){
return 0;
}
int n = nums.length;
int max = nums[0];
int pre = 0;
for (int num: nums){
pre = Math.max(num, num + pre);
max = Math.max(max, pre);
}
return max;
}
}
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
字符串 S 由小写字母组成。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段,同一个字母只会出现在其中的一个片段。返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。
示例 1:
输入:S = "ababcbacadefegdehijhklij"
输出:[9,7,8]
解释:
划分结果为 "ababcbaca", "defegde", "hijhklij"。
每个字母最多出现在一个片段中。
像 "ababcbacadefegde", "hijhklij" 的划分是错误的,因为划分的片段数较少。
提示:
S的长度在[1, 500]之间。
S只包含小写字母 ‘a’ 到 ‘z’ 。
题解:
cache
数组保存各字母最远处的下标。
i
表示当前区间的左边界,index
表示右边界。
区间中存在字母的最远下标大于index
时,扩大右边界index
class Solution{
public List<Integer> partitionLabels(String S) {
if (S == null || S.length() == 0) {
return null;
}
List<Integer> res = new ArrayList<>();
int len = S.length();
int[] cache = new int[26];
for (int i = 0; i < len; i++) {
cache[S.charAt(i) - 'a'] = i;
}
int i = 0;
while (i < len) {
int index = cache[S.charAt(i) - 'a'];
for (int j = i + 1; j < index; j++) {
index = Math.max(index, cache[S.charAt(j)-'a']);
}
res.add(index - i + 1);
i = index + 1;
}
return res;
}
}
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)