力扣贪心算法专题（三）力扣题 452、435、763、56、738、968、714 思路及C++实现
文章目录
- 贪心算法
- 452. 用最少数量的箭引爆气球
- 435. 无重叠区间
-
- 做法1 右边界排序 不重叠区间
- 做法2 右边界排序 不重叠区间
- 做法3 左边界排序 重叠区间
- 763.划分字母区间
-
- 做法1
- 做法2
- 56. 合并区间
- 738.单调递增的数字
-
- 暴力解法
- 贪心算法
- 968.监控二叉树
- 714.买卖股票的最佳时机含手续费
贪心算法
- 贪心的本质是选择每一阶段的局部最优，从而达到全局最优。如何通过局部最优，推出整体最优。
- 贪心算法的套路就是常识性推导加上举反例。
- 贪心算法解题思路：想清楚局部最优是什么，如果推导出全局最优，就够了。
452. 用最少数量的箭引爆气球
思路：
- 只射重叠最多的气球，用的弓箭一定最少。
- 贪心算法局部最优：当气球出现重叠，一起射，所用弓箭最少。全局最优：把所有气球射爆所用弓箭最少。
做法：
- 把气球排序，从前到后(从后向前)遍历气球，仅跳过被射过的气球，记录箭的数量。
- 按照气球的起始位置排序，从前向后遍历气球数组，靠左尽可能让气球重复。如果气球重叠了，重叠气球中右边边界的最小值 之前的区间一定需要一个弓箭。
- 例如，[[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]为例。排序后，[[1,6], [2,8], [7,12], [10,16]]。首先第一组重叠气球[1,6]和[2,8]，一定需要一支箭；[7,12]气球3的左边界大于了 第一组重叠气球[1,6]的最小右边界，所以还需要一支箭来射气球3。
代码：
class Solution {
public:
static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b)
{
return a[0]<b[0];
}
int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) {
if(points.size()==0) return 0;//如果没有气球 不需要箭
sort(points.begin(), points.end(), cmp);//排序
int result = 1;//至少需要一支箭
for(int i=1; i<points.size(); i++)//注意从第二个气球开始
{
//如果气球不重叠 当前气球的头 在 上一个气球的尾后面 需要一只箭
//不取= 是因为题目中满足xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被引爆。
//那么说明两个气球挨在一起不重叠也可以一起射爆
if(points[i][0] > points[i-1][1]) result++;
//如果气球重叠 更新重叠气球最小右边界
else points[i][1] = min(points[i-1][1], points[i][1]);
}
return result;
}
};
435. 无重叠区间
做法1 右边界排序 不重叠区间
思路： 这和452.用最少数量的箭引爆气球非常像，弓箭数相当于是非交叉区间的数量。不同的是，题目中认为[0，1]和[1，2]不是相邻区间，注意判断条件的修改，然后用总区间数减去弓箭数量 就是要移除的区间数量了。
代码：
class Solution {
public:
static bool cmp_r(const vector<int>& a, const vector<int>& b)
{
return a[1] < b[1];
}
static bool cmp_l(const vector<int>& a, vector<int>& b)
{
return a[0] < b[0];
}
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
if(intervals.size()==0) return 0;
//做法1 右边界排序 重叠区间
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp_r);
int count = 1;//不重叠区间数
for(int i=1; i<intervals.size(); i++)
{
//注意 [0，1]和[1，2]不是相邻区间
if(intervals[i][0] >= intervals[i-1][1]) count++;
else intervals[i][1] = min(intervals[i][1], intervals[i-1][1]);
}
return intervals.size() - count;
}
};
做法2 右边界排序 不重叠区间
思路： 让区间尽可能重叠，首先右边界按照从小到大排序，从左向右遍历记录非交叉区间的个数，最后用区间总数减去非交叉区间的个数就是需要移除的区间个数了。
代码：
class Solution {
public:
static bool cmp_r(const vector<int>& a, const vector<int>& b)
{
return a[1] < b[1];
}
static bool cmp_l(const vector<int>& a, vector<int>& b)
{
return a[0] < b[0];
}
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
if(intervals.size()==0) return 0;
//做法2 右边界排序 不重叠区间
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp_r);
int count = 1;//记录非交叉区间的个数
int end = intervals[0][1];//分割点
for(int i=1; i<intervals.size(); i++)
{
//如果当前区间的尾巴 在 上一个区间的头前面 说明不重叠
if(end <= intervals[i][0])
{
count++;
end = intervals[i][1];//更新区间尾巴
}
}
return intervals.size() - count;
}
};
做法3 左边界排序 重叠区间
代码：
class Solution {
public:
static bool cmp_r(const vector<int>& a, const vector<int>& b)
{
return a[1] < b[1];
}
static bool cmp_l(const vector<int>& a, vector<int>& b)
{
return a[0] < b[0];
}
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
if(intervals.size()==0) return 0;
//做法3 左边界排序 重叠区间
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp_l);
int count = 0;//记录重叠区间
for(int i=1; i<intervals.size(); i++)
{
//如果当前区间的头 在 上一个区间的尾巴前面 说明重叠
//注意 [0，1]和[1，2]不是相邻区间
if(intervals[i][0] < intervals[i-1][1])
{
intervals[i][1] = min(intervals[i][1], intervals[i-1][1]);//更新最小右边界
count++;
}
}
return count;
}
};
763.划分字母区间
做法1
思路：
用最远出现距离模拟了圈字符的行为，要找每一个字母的边界，如果找到之前遍历过的所有字母的最远边界，说明这个边界就是分割点了，可以分为如下两步：
- 统计每一个字符最后出现的位置；
- 从头遍历字符，并更新字符的最远出现下标，如果找到字符最远出现位置下标和当前下标相等了，则找到了分割点。
代码：
class Solution {
public:
vector<int> partitionLabels(string s) {
int hash[27] = {0};//保存字母最后出现的位置
//统计字母最后出现的位置
//i为字符，hash[i]为字符出现的最后位置
for(int i=0; i<s.size(); i++)
{
hash[s[i] - 'a'] = i;
}
vector<int> result;
int left = 0;
int right = 0;
//找到最远边界
for(int i=0; i<s.size(); i++)
{
right = max(right, hash[s[i] - 'a']);
if(i == right)//最远边界和下标相同
{
result.push_back(right - left + 1);
left = i + 1;//left要更新 跳到i+1位置开始新的划分起点
}
}
return result;
}
};
做法2
思路：
统计字符串中所有字符的起始和结束位置，记录这些区间，实际上也就是435.无重叠区间题目里的输入，将区间按左边界从小到大排序，找到边界将区间划分成组，互不重叠，找到的边界就是答案。
首先要获得435.无重叠区间题目里的输入，然后按照435.无重叠区间题目里的思路去写。
代码：
class Solution {
public:
//做法2
//首先获得区间输入
vector<vector<int>> countLabels(string s)
{
vector<vector<int>> hash(26, vector<int>(2, INT_MIN));//记录区间 默认26哥字母
vector<vector<int>> hash_filter;
//记录每个字母出现的起始位置
for(int i=0; i<hash.size(); ++i)
{
if(hash[s[i] - 'a'][0] == INT_MIN) hash[s[i] - 'a'][0] = i;//最开始位置
hash[s[i] - 'a'][1] = i;//最末尾位置
}
//去掉s中没有出现的字母的区间
for(int i=0; i<s.size(); ++i)
{
if(hash[i][0] != INT_MIN) hash_filter.push_back(hash[i]);//存放出现字母对应区间
}
return hash_filter;
}
//排序 左边界排序
static bool cmp(vector<int>& a, vector<int>& b)
{
return a[0] < b[0];
}
//找出重叠区间的长度个数
vector<int> partitionLabels(string s)
{
vector<int> result;//记录区间分割点
//获得s各字母的起始区间
vector<vector<int>> hash = countLabels(s);
sort(hash.begin(), hash.end(), cmp);//按照左边界排序
int right = hash[0][1];// 记录最大右边界
int left = 0;
//找到分割点
for(int i=1; i<hash.size(); ++i)
{
//当前区间的头 在 上一区间的尾部 前面
if(hash[i][0] > right)
{
result.push_back(right - left + 1);//存放长度
left = hash[i][0];//left左边界更新 找下一个重叠区间长度
}
right = max(right, hash[i][1]);//right最远右边界更新 找下一个重叠区间长度
}
result.push_back(right - left + 1);//最右端
return result;
}
};
56. 合并区间
思路：
和435.无重叠区间题目思路类似，找重叠区间，不同的是用合并区间后左边界和右边界，作为一个新的区间，加入到result数组里就可以了。如果没有合并就把原区间加入到result数组。
代码：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals) {
vector<vector<int>> result;
//lambda表达式 左边界排序
sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](const vector<int>& a, const vector<int>& b){return a[0] < b[0];});
//左边界排序后 result.back()的左边界一定是最小值 只需要跟新右区间
result.push_back(intervals[0]);//先存放第一个区间左边界 肯定是最小的边界
for(int i=1; i<intervals.size(); i++)
{
// 区间重叠 当前区间的头部 在上一个区间的 尾部前面
if(result.back()[1] >= intervals[i][0]) result.back()[1] = max(result.back()[1], intervals[i][1]);
else result.push_back(intervals[i]);// 区间不重叠
}
return result;
}
};
738.单调递增的数字
暴力解法
依次取位，从个位开始向高位依次判断，数字是否递增；从大到小遍历
代码：
class Solution {
private:
bool isup(int num)
{
int max = 10, temp = 0;//个位最大取9
while(num)
{
temp = num % 10;
if(max >= temp) max = temp;
else return false;
num = num / 10;//前进一位
}
return true;
}
public:
int monotoneIncreasingDigits(int n) {
for(int i=n; i>=0; i--)//从大到小逐个判断
{
if(isup(i)) return i;
}
return 0;
}
};
贪心算法
一个两位数xy，找小于等于xy的最大单调递增整数，如果x＞y，让x–，y=9，即（x-1）9；如果x≤y，不变。从后向前遍历数字。
不可以从前往后遍历，如果按照上述操作，对于三位数等多位数有可能会导致结果不对，例如543，从前往后遍历就变成了439，百位大于十位，不是单调递增数字。从后往前遍历，就是543→539→499
代码：
class Solution {
//贪心算法
public:
int monotoneIncreasingDigits(int n) {
//先转成字符串
string strnum = to_string(n);
//标记赋值9从哪里开始,设置默认值为strnum.size()
//防止第二个for循环在flag没有被赋值的情况下执行
int mark = strnum.size();
for(int i = strnum.size()-1; i>0; i--)
{
if(strnum[i-1] > strnum[i])
{
mark = i;//标记
strnum[i-1]--;
}
}
//在标记位置赋值为9
for(int i = mark; i<strnum.size(); i++)
{
strnum[i] = '9';
}
return stoi(strnum);
}
};
968.监控二叉树
分析：
- 摄像头都没有在叶子节点上。如果放在叶子节点上，就会浪费一层覆盖；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，即摄像头可以覆盖上中下三层。
- 从下往上看。如果从上往下看，头结点不放置，可以省一个摄像头。
思路：
从下往上遍历，后序遍历，左右中顺序，回溯时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。
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。
如何放置摄像头？
状态转移的公式，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
空节点的状态只能是有覆盖，无摄像头就是无覆盖或者有覆盖的状态
单层递归的四种情况：
- 情况1：左右节点都有覆盖，那么中间节点就是无覆盖了
- 情况2：左右节点至少有一个无覆盖的情况，则中间节点（父节点）应该放摄像头：
- left == 0 && right == 0 左右节点无覆盖
- left == 1 && right == 0 左节点有摄像头，右节点无覆盖
- left == 0 && right == 1 左节点有无覆盖，右节点摄像头
- left == 0 && right == 2 左节点无覆盖，右节点覆盖
- left == 2 && right == 0 左节点覆盖，右节点无覆盖
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。
- 情况3：左右节点至少有一个有摄像头，那么其父节点就是覆盖的状态
- left == 1 && right == 2 左节点有摄像头，右节点有覆盖
- left == 2 && right == 1 左节点有覆盖，右节点有摄像头
- left == 1 && right == 1 左右节点都有摄像头
- 头结点没有覆盖，递归结束之后，还要判断根节点，如果没有覆盖，result++
代码：
class Solution {
private:
int result;
/*
0---无覆盖
1---有摄像头
2---有覆盖
*/
int traversal(TreeNode* cur)
{
//空节点，该节点有覆盖
if(cur == NULL) return 2;
int left = traversal(cur->left);
int right = traversal(cur->right);
//1.左右都有节点 中间节点无覆盖
if(left == 2 && right == 2) return 0;
//2.左右节点至少有一个是覆盖 中间节点放摄像头
if(left == 0 || right == 0)
{
result++;
return 1;
}
//3.左右节点至少有一个有摄像头 中间节点有覆盖
if(left == 1 || right == 1) return 2;
return -1;
}
public:
int minCameraCover(TreeNode* root) {
result = 0;
//4.判断头结点无覆盖 +1
if(traversal(root) == 0) result++;
return result;
}
};
714.买卖股票的最佳时机含手续费
思路：
涉及手续费，要考虑什么时候买卖股票，因为有可能买卖利润不足以支付手续费。
最低价买股票，即买入日期，此时股价最小值。
扣除手续费的最高价卖股票，即卖出日期。只要当前价格大于最低价格+手续费，就可以收获利润。而最终的卖出日期是连续收获利润区间里的最后一天。
收获利润操作时的三种情况：
情况一：最低价时，买入股票
情况二：不买不卖，保持原有状态，买不便宜，卖亏本
情况三：当前价格大于最低价格+手续费时卖出股票，计算利润，不是真的卖出股票，同时记录最小价格，最后一次计算计算利润才是真的卖出股票
代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
int result = 0;
int minprice = prices[0];
for(int i=1; i<prices.size(); i++)
{
//低价买入 买入日期
if(prices[i] < minprice) minprice = prices[i];
//不买不卖 买不便宜 卖亏本
if(prices[i] >= minprice && prices[i] <= minprice+fee) continue;
//计算利润 最后一天计算利润才是真的卖出日期
if(prices[i] > minprice+fee)
{
result += prices[i] - minprice - fee;
minprice = prices[i] - fee;//每天要更新最低价格
}
}
return result;
}
};