面试经典150题——分发糖果

n 个孩子站成一排。给你一个整数数组 ratings 表示每个孩子的评分。

你需要按照以下要求，给这些孩子分发糖果：

• 每个孩子至少分配到 1 个糖果。
• 相邻两个孩子评分更高的孩子会获得更多的糖果。

请你给每个孩子分发糖果，计算并返回需要准备的 最少糖果数目 。

示例 1：

输入：ratings = [1,0,2]
输出：5
解释：你可以分别给第一个、第二个、第三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。

示例 2：

输入：ratings = [1,2,2]
输出：4
解释：你可以分别给第一个、第二个、第三个孩子分发 1、2、1 颗糖果。
     第三个孩子只得到 1 颗糖果，这满足题面中的两个条件。

提示：

• n == ratings.length
• 1 <= n <= 2 * 10^4
• 0 <= ratings[i] <= 2 * 10^4

思路：

两次遍历

思路及解法

我们可以将 相邻的孩子中，评分高的孩子必须获得更多的糖果 这句话拆分为两个规则，分别处理。

•     左规则：当 ratings[i−1]
•     右规则：当 ratings[i]>ratings[i+1]时，i号学生的糖果数量将比 i+1号孩子的糖果数量多。

我们遍历该数组两次，处理出每一个学生分别满足左规则或右规则时，最少需要被分得的糖果数量。每个人最终分得的糖果数量即为这两个数量的最大值。

具体地，以左规则为例：我们从左到右遍历该数组，假设当前遍历到位置 i，如果有 ratings[i−1]

在实际代码中，我们先计算出左规则 left 数组，在计算右规则的时候只需要用单个变量记录当前位置的右规则，同时计算答案即可。

代码：

class Solution {
public:
    int candy(vector& ratings) {
        int n = ratings.size();
        vector left(n);
        for(int i = 0; i < n; i++){
            if(i > 0 && ratings[i] > ratings[i - 1]){
                left[i] = left[i - 1] + 1;
            }
            else{
                left[i] = 1;
            }
        }
        int right = 0, ret = 0;
        for(int i = n - 1; i >= 0; i--){
            if(i < n - 1 && ratings[i] > ratings[i + 1]){
                right++;
            }
            else{
                right = 1;
            }
            ret += max(left[i], right);
        }
        return ret;
    }
};

复杂度分析

    时间复杂度：O(n)，其中 nnn 是孩子的数量。我们需要遍历两次数组以分别计算满足左规则或右规则的最少糖果数量。

    空间复杂度：O(n)，其中 nnn 是孩子的数量。我们需要保存所有的左规则对应的糖果数量。