DAY33 1005. K次取反后最大化的数组和 + 134. 加油站 + 135. 分发糖果

1005. K次取反后最大化的数组和

题目要求:给定一个整数数组 A,我们只能用以下方法修改该数组:我们选择某个索引 i 并将 A[i] 替换为 -A[i],然后总共重复这个过程 K 次。(我们可以多次选择同一个索引 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:A = [4,2,3], K = 1
  • 输出:5
  • 解释:选择索引 (1,) ,然后 A 变为 [4,-2,3]。

示例 2:

  • 输入:A = [3,-1,0,2], K = 3
  • 输出:6
  • 解释:选择索引 (1, 2, 2) ,然后 A 变为 [3,1,0,2]。

示例 3:

  • 输入:A = [2,-3,-1,5,-4], K = 2
  • 输出:13
  • 解释:选择索引 (1, 4) ,然后 A 变为 [2,3,-1,5,4]。

提示:

  • 1 <= A.length <= 10000
  • 1 <= K <= 10000
  • -100 <= A[i] <= 100

思路

贪心的思路,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。

那么如果将负数都转变为正数了,K依然大于0,此时的问题是一个有序正整数序列,如何转变K次正负,让 数组和 达到最大。

那么又是一个贪心:局部最优:只找数值最小的正整数进行反转,当前数值和可以达到最大(例如正整数数组{5, 3, 1},反转1 得到-1 比 反转5得到的-5 大多了),全局最优:整个 数组和 达到最大。

那么本题的解题步骤为:

  • 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
class Solution {
public:
    static bool cmp(int a, int b) {
        return abs(a) > abs(b);
    }
    int largestSumAfterKNegations(vector& nums, int k) {
        sort(nums.begin(), nums.end(), cmp);
        for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
            if (nums[i] < 0 && k > 0) {
                nums[i] *= -1;
                k--;
            }
        }
        if (k % 2 == 1) nums[nums.size() - 1] *= -1;
        int res = 0;
        for (int a : nums) res += a;
        return res;
    }
};

134. 加油站

题目要求: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。

如果你可以绕环路行驶一周,则返回出发时加油站的编号,否则返回 -1。

说明:

  • 如果题目有解,该答案即为唯一答案。
  • 输入数组均为非空数组,且长度相同。
  • 输入数组中的元素均为非负数。

示例 1: 输入:

  • gas = [1,2,3,4,5]
  • cost = [3,4,5,1,2]

输出: 3 解释:

  • 从 3 号加油站(索引为 3 处)出发,可获得 4 升汽油。此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
  • 开往 4 号加油站,此时油箱有 4 - 1 + 5 = 8 升汽油
  • 开往 0 号加油站,此时油箱有 8 - 2 + 1 = 7 升汽油
  • 开往 1 号加油站,此时油箱有 7 - 3 + 2 = 6 升汽油
  • 开往 2 号加油站,此时油箱有 6 - 4 + 3 = 5 升汽油
  • 开往 3 号加油站,你需要消耗 5 升汽油,正好足够你返回到 3 号加油站。
  • 因此,3 可为起始索引。

示例 2: 输入:

  • gas = [2,3,4]

  • cost = [3,4,3]

  • 输出: -1

  • 解释: 你不能从 0 号或 1 号加油站出发,因为没有足够的汽油可以让你行驶到下一个加油站。我们从 2 号加油站出发,可以获得 4 升汽油。 此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油。开往 0 号加油站,此时油箱有 4 - 3 + 2 = 3 升汽油。开往 1 号加油站,此时油箱有 3 - 3 + 3 = 3 升汽油。你无法返回 2 号加油站,因为返程需要消耗 4 升汽油,但是你的油箱只有 3 升汽油。因此,无论怎样,你都不可能绕环路行驶一周。

思路

贪心算法(方法二)

可以换一个思路,首先如果总油量减去总消耗大于等于零那么一定可以跑完一圈,说明 各个站点的加油站 剩油量rest[i]相加一定是大于等于零的。

每个加油站的剩余量rest[i]为gas[i] - cost[i]。

i从0开始累加rest[i],和记为curSum,一旦curSum小于零,说明[0, i]区间都不能作为起始位置,因为这个区间选择任何一个位置作为起点,到i这里都会断油,那么起始位置从i+1算起,再从0计算curSum。

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

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector& gas, vector& cost) {
        int curSum = 0;
        int totalSum = 0;
        int start = 0;
        for (int i = 0; i < gas.size(); ++i) {
            curSum += gas[i] - cost[i];
            totalSum += gas[i] - cost[i];
            if (curSum < 0) {
                start = i + 1;
                curSum = 0;
            }
        }
        if (totalSum < 0) return -1;
        return start;
    }
};
  • 时间复杂度:O(n)
  • 空间复杂度:O(1)

135. 分发糖果

题目要求:老师想给孩子们分发糖果,有 N 个孩子站成了一条直线,老师会根据每个孩子的表现,预先给他们评分。

你需要按照以下要求,帮助老师给这些孩子分发糖果:

  • 每个孩子至少分配到 1 个糖果。
  • 相邻的孩子中,评分高的孩子必须获得更多的糖果。

那么这样下来,老师至少需要准备多少颗糖果呢?

示例 1:

  • 输入: [1,0,2]
  • 输出: 5
  • 解释: 你可以分别给这三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。

示例 2:

  • 输入: [1,2,2]
  • 输出: 4
  • 解释: 你可以分别给这三个孩子分发 1、2、1 颗糖果。第三个孩子只得到 1 颗糖果,这已满足上述两个条件。

思路

这道题目一定是要确定一边之后,再确定另一边,例如比较每一个孩子的左边,然后再比较右边,如果两边一起考虑一定会顾此失彼

每一个孩子我都先给一个糖果,然后都先比左边再比右边。小了的不管,大了的加一。

先确定右边评分大于左边的情况(也就是从前向后遍历)

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

局部最优可以推出全局最优。

如果ratings[i] > ratings[i - 1] 那么[i]的糖 一定要比[i - 1]的糖多一个,所以贪心:candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1

再确定左孩子大于右孩子的情况(从后向前遍历)

遍历顺序这里有同学可能会有疑问,为什么不能从前向后遍历呢?

因为 rating[5]与rating[4]的比较 要利用上 rating[5]与rating[6]的比较结果,所以 要从后向前遍历。

如果从前向后遍历,rating[5]与rating[4]的比较 就不能用上 rating[5]与rating[6]的比较结果了 。如图:

DAY33 1005. K次取反后最大化的数组和 + 134. 加油站 + 135. 分发糖果_第1张图片

所以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],此时candyVec[i](第i个小孩的糖果数量)就有两个选择了,一个是candyVec[i + 1] + 1(从右边这个加1得到的糖果数量),一个是candyVec[i](之前比较右孩子大于左孩子得到的糖果数量)。

那么又要贪心了,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。

局部最优可以推出全局最优。

所以就取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量,candyVec[i]只有取最大的才能既保持对左边candyVec[i - 1]的糖果多,也比右边candyVec[i + 1]的糖果多

DAY33 1005. K次取反后最大化的数组和 + 134. 加油站 + 135. 分发糖果_第2张图片

class Solution {
public:
    int candy(vector& ratings) {
        vector candyVec(ratings.size(), 1);
        // 从前向后
        for (int i = 1; i < ratings.size(); ++i) {
            // 右大于左
            if (ratings[i] > ratings[i-1]) candyVec[i] = candyVec[i-1] + 1;
        }
        // 从后向前
        for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; --i) {
            // 左大于右
            if (ratings[i] > ratings[i+1]) candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i+1] + 1);
        }
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < ratings.size(); ++i) res += candyVec[i];
        return res;
    }
};

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