贪心篇
题目链接
小于等于n 的最大数字,这感觉一下子就像二分查找,然后我写了如下代码,但是在二分的区间的选择上出现了问题,如果想简单的用二分,那么必须先统计一下所有的小于等于n的递增数,这是很费时间的
def monotoneIncreasingDigits(self, n: int) -> int:
def check(x):
s = str(x)
if len(s) == 1 and int(s) <= n: return True
for i in range(1, len(s)):
if int(s[i]) < int(s[i-1]):
return False
return True
a = []
for i in range(n+1):
if check(i): a.append(i)
a.sort()
l, r = 0, a[-1]
while l < r:
mid = (l+r+1) // 2
if mid <= n: l = mid
else: r = mid-1
return l
所以我看了贪心的思路
从后向前遍历,如果遇到strnum[i-1] > strnum[i]的情况,把strnum[i-1] 减1,然后strnum[i]变成9, 这样的话损耗最小而且局部最优
比如 从后向前遍历,就可以重复利用上次比较得出的结果了,从后向前遍历332的数值变化为:332 -> 329 -> 299
而从前后向遍历会改变已经遍历过的结果
举个例子,数字:332,从前向后遍历的话,那么就把变成了329,此时2又小于了第一位的3了,真正的结果应该是299。
具体操作的话,遇到100这种情况,如果说只改s[i] 为 9,答案是90,那怎么做呢?只要把s[i:]全变成9就行了
class Solution:
def monotoneIncreasingDigits(self, n: int) -> int:
s = list(str(n))
for i in range(len(s)-1, 0, -1):
if int(s[i]) < int(s[i-1]):
s[i:] = '9'*(len(s)-i)
s[i-1] = str(int(s[i-1])-1)
return int(''.join(s))
题目链接
本题相对于122.买卖股票的最佳时机II只增加了一次手续费, 在那个题里使用贪心策略不用关心具体什么时候买卖,只要收集每天的正利润,最后稳稳的就是最大利润了。
而本题有了手续费,就要关系什么时候买卖了,因为计算所获得利润,需要考虑买卖利润可能不足以手续费的情况。
状态定义
dp[i][0]:表示第i天买了股票后的最多的钱
dp[i][1]:表示第i天所有的总资产(能卖股票套现)
状态转移
dp[i][0] 第i天持股票所剩最多现金 = max(第i-1天持股票所剩现金, 第i-1天持现金-买第i天的股票)
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1]-prices[i])
dp[i][1] 第i天持有最多现金 = max(第i-1天持有的最多现金,第i-1天持有股票的最多现金+第i天卖出股票)
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0]+prices[i]-fee)
初始化和方向
dp[0][0] -= prices[0]
方向从左到右
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int], fee: int) -> int:
n = len(prices)
dp = [[0]*2 for _ in range(n)]
dp[0][0] -= prices[0]
for i in range(1,n):
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1]-prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0]+prices[i]-fee)
return max(dp[n-1][0], dp[n-1][1])
而在122.代码里不需要减去手续费就行了
如果使用贪心策略,就是最低值买,最高值(如果算上手续费还盈利)就卖。
此时无非就是要找到两个点,买入日期,和卖出日期。
买入日期:其实很好想,遇到更低点就记录一下。
卖出日期:这个就不好算了,但也没有必要算出准确的卖出日期,只要当前价格大于(最低价格+手续费),就可以收获利润,至于准确的卖出日期,就是连续收获利润区间里的最后一天(并不需要计算是具体哪一天)。
所以我们在做收获利润操作的时候其实有三种情况:
情况一:收获利润的这一天并不是收获利润区间里的最后一天(不是真正的卖出,相当于持有股票),所以后面要继续收获利润。
情况二:前一天是收获利润区间里的最后一天(相当于真正的卖出了),今天要重新记录最小价格了。
情况三:不作操作,保持原有状态(买入,卖出,不买不卖)
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int], fee: int) -> int:
n = len(prices)
res = 0
minprice = prices[0]
for i in range(1, n):
if prices[i] < minprice: minprice = prices[i]
if prices[i] >= minprice and prices[i] <= minprice + fee: continue
if prices[i] > minprice + fee:
res += prices[i] - minprice -fee
minprice = prices[i] - fee #情况1
return res
这个是说明这个minprice是收获利润区间内的价格 price[i] -minprice-fee=price[i]-price[i-1]+fee-fee, 这样就不会多减去fee了, 对应情况一
题目链接
思路很难想,实现不是很难
摄像头可以覆盖上中下三层,把摄像头放在叶子节点的父节点位置,才能充分利用摄像头的覆盖面积。那么,为什么不从头结点开始看起呢,为啥要从叶子节点看呢?因为头结点放不放摄像头也就省下一个摄像头, 叶子节点放不放摄像头省下了的摄像头数量是指数阶别的。
所以我们要从下往上看,局部最优:让叶子节点的父节点安摄像头,所用摄像头最少,整体最优:全部摄像头数量所用最少!
先给叶子节点父节点放个摄像头,然后隔两个节点放一个摄像头,直至到二叉树头结点。
在二叉树中如何从低向上推导呢?
可以使用后序遍历也就是左右中的顺序,这样就可以在回溯的过程中从下到上进行推导了。
后序遍历代码如下:
int traversal(TreeNode* cur) {
// 空节点,该节点有覆盖
if (终止条件) return ;
int left = traversal(cur->left); // 左
int right = traversal(cur->right); // 右
逻辑处理 // 中
return ;
}
注意在以上代码中我们取了左孩子的返回值,右孩子的返回值,即left 和 right, 以后推导中间节点的状态
此时需要状态转移的公式,大家不要和动态的状态转移公式混到一起,本题状态转移没有择优的过程,就是单纯的状态转移!
来看看这个状态应该如何转移,先来看看每个节点可能有几种状态:
有如下三种:
该节点无覆盖
本节点有摄像头
本节点有覆盖
我们分别有三个数字来表示:
0:该节点无覆盖
1:本节点有摄像头
2:本节点有覆盖
遍历树的过程中,就会遇到空节点 ,空节点究竟是哪一种状态呢?
为了让摄像头数量最少,我们要尽量让叶子节点的父节点安装摄像头,这样才能摄像头的数量最少。
那么空节点不能是无覆盖的状态,这样叶子节点就要放摄像头了,空节点也不能是有摄像头的状态,这样叶子节点的父节点就没有必要放摄像头了,而是可以把摄像头放在叶子节点的爷爷节点上。
所以空节点的状态只能是有覆盖,这样就可以在叶子节点的父节点放摄像头了
递推关系
递归的终止条件应该是遇到了空节点,此时应该返回2(有覆盖)
// 空节点,该节点有覆盖
if (cur == NULL) return 2;
主要有如下四类情况:
左孩子有覆盖,右孩子有覆盖,那么此时中间节点应该就是无覆盖的状态了。
// 左右节点都有覆盖
if (left == 2 && right == 2) return 0;
如果是以下情况,则中间节点(父节点)应该放摄像头:
此时摄像头的数量要加一,并且return 1,代表中间节点放摄像头。
if (left == 0 || right == 0) {
result++;
return 1;
}
如果是以下情况,其实就是 左右孩子节点有一个有摄像头了,那么其父节点就应该是2(覆盖的状态)
if (left == 1 || right == 1) return 2;
以上都处理完了,递归结束之后,可能头结点 还有一个无覆盖的情况,如图:
所以递归结束之后,还要判断根节点,如果没有覆盖,result++,代码如下
int minCameraCover(TreeNode* root) {
result = 0;
if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖
result++;
}
return result;
}
# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
# def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
# self.val = val
# self.left = left
# self.right = right
class Solution:
def minCameraCover(self, root: Optional[TreeNode]) -> int:
res = 0
def rec(root):
nonlocal res
if root == None: return 2
left = rec(root.left)
right = rec(root.right)
# 转移状态,0 无覆盖 1 放摄像头 2 有覆盖
if left == 2 and right == 2: return 0
if left == 0 or right == 0:
res += 1
return 1
if left == 1 or right == 1:
return 2
if rec(root) == 0: res += 1
return res