day34 | 1005.K次取反后最大化的数组和、134. 加油站、135. 分发糖果
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解题及思路学习
1005. K 次取反后最大化的数组和
给你一个整数数组 nums 和一个整数 k ，按以下方法修改该数组：
- 选择某个下标
i并将nums[i]替换为nums[i]。
重复这个过程恰好 k 次。可以多次选择同一个下标 i 。
以这种方式修改数组后，返回数组 可能的最大和 。
示例 1：
输入：nums = [4,2,3], k = 1
输出：5
思考：按照绝对值从大到小排列，然后如果是负数就取反。正数就略过，然后等到了最后的时候再把最后一个看情况取反。
class Solution {
static bool cmp(int a, int b) {
return abs(a) > abs(b);
}
public:
int largestSumAfterKNegations(vector<int>& nums, int k) {
sort(nums.begin(), nums.end(), cmp);
int result = 0;
for (int i = 0; i < nums.size() - 1 ; i++) {
if (nums[i] < 0 && k > 0) {
nums[i] = -nums[i];
k--;
}
result += nums[i];
}
if (k > 0 && k % 2 == 1) nums[nums.size() - 1] *= -1;
result += nums[nums.size() - 1];
return result;
}
};
- 时间复杂度: O(nlogn)
- 空间复杂度: O(1)
上述算法在一趟里面就可以完成大部分工作。
本题的解题步骤为：
- 第一步：将数组按照绝对值大小从大到小排序，注意要按照绝对值的大小
- 第二步：从前向后遍历，遇到负数将其变为正数，同时K–
- 第三步：如果K还大于0，那么反复转变数值最小的元素，将K用完
- 第四步：求和
其他解题代码：
class Solution {
static bool cmp(int a, int b) {
return abs(a) > abs(b);
}
public:
int largestSumAfterKNegations(vector<int>& A, int K) {
sort(A.begin(), A.end(), cmp); // 第一步
for (int i = 0; i < A.size(); i++) { // 第二步
if (A[i] < 0 && K > 0) {
A[i] *= -1;
K--;
}
}
if (K % 2 == 1) A[A.size() - 1] *= -1; // 第三步
int result = 0;
for (int a : A) result += a; // 第四步
return result;
}
};
- 时间复杂度: O(nlogn)
- 空间复杂度: O(1)
局部最优：让绝对值大的负数变为正数，当前数值达到最大，整体最优：整个数组和达到最大。
如果没有贪心的思考方式（局部最优，全局最优），很容易陷入贪心简单题凭感觉做，贪心难题直接不会做，其实这样就锻炼不了贪心的思考方式了。
134. 加油站
在一条环路上有 n 个加油站，其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] **升。
你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 **i **个加油站开往第 **i+1 **个加油站需要消耗汽油 cost[i] **升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。
给定两个整数数组 gas 和 cost ，如果你可以按顺序绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1 。如果存在解，则 保证 它是 唯一 的。
示例 1:
输入: gas = [1,2,3,4,5], cost = [3,4,5,1,2]
输出: 3
思考：这道题不是很好想。首先想想暴力解法。遍历一圈出发点，模拟跑一圈的情况，如果中途没有断油且最后油量大于等于0。说明能到达。
暴力解法：
leetcode的后台数据中，提交超时了。
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
for (int i = 0; i < cost.size(); i++) {
int rest = gas[i] - cost[i];
int index = (i + 1) % cost.size();
while(rest > 0 && index != i) {
rest += gas[index] - cost[index];
index = (index + 1) % cost.size();
}
if (rest >= 0 && index == i) return i;
}
return -1;
}
};
- 时间复杂度：O(n^2)
- 空间复杂度：O(1)
贪心思路：
总油量 - 总消耗大于等于 零，说明可以跑完一圈。说明各个加油站剩余油量rest 相加一定大于等于0.
每个加油站剩余rest[i] 为 gas[i] - cost[i]。
从0开始累加rest[i], 和记为curSum , 如果curSum < 0， 说明 0 到i这个区间都不能是出发点。出发点只能是从下一个i开始找。
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
int curSum = 0;
int totalSum = 0;
int result = 0;
for (int i = 0; i < cost.size(); i++) {
curSum += gas[i] - cost[i];
totalSum += gas[i] - cost[i];
if (curSum < 0) {
result = i + 1;
curSum = 0;
}
}
if (totalSum < 0) return -1;
return result;
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
那么局部最优：当前累加rest[i]的和curSum一旦小于0，起始位置至少要是i+1，因为从i之前开始一定不行。全局最优：找到可以跑一圈的起始位置。
135. 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
思考：先初始化，每个孩子获得一个糖果。将每一边处理好，从左往右先，如果下一个孩子评分更高，则获得多一个糖果。
此时局部最优：只要右边评分比左边大，右边的孩子就多一个糖果，全局最优：相邻的孩子中，评分高的右孩子获得比左边孩子更多的糖果。candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1
确定左孩子大于右孩子的情况一定要从后向前遍历！
如果 ratings[i] > ratings[i + 1]，那么此时糖果数量可能是ratings[i + 1] + 1， 或者candyVec[i]（之前比较右孩子大于左孩子得到的糖果数量）。
局部最优：取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，保证第i个小孩的糖果数量既大于左边的也大于右边的。全局最优：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。
class Solution {
public:
int candy(vector<int>& ratings) {
vector<int> candy(ratings.size(), 1);
// 从前向后
for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
if (ratings[i] > ratings[i - 1]) candy[i] = candy[i - 1] + 1;
}
// 从后向前
for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) {
if (ratings[i] > ratings[i + 1]) candy[i] = max(candy[i], candy[i + 1] + 1);
}
// 统计结果
int result = 0;
for (int i : candy) result += i;
return result;
}
};
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(n)
贪心的策略，如果在考虑局部的时候想两边兼顾，就会顾此失彼。
复盘总结
个人反思
贪心如果局部有两种情况，或者多种贪心策略，可以分开来考虑，不然容易顾此失彼。