Leetcode贪心算法合集
Leetcode贪心算法合集
- 写在前面
- 贪心算法
- 分配问题
-
- 455.分发饼干
- 135.分发糖果
- 区间问题
-
- 435.无重叠区间
- 练习
-
- 605.种花问题
- 452.用最少数量的箭引爆气球
- 763.划分字母区间
- 121. 买卖股票的最佳时机
- 122.买卖股票的最佳时机 II
- 406.根据身高重建队列
- 665. 非递减数列
- 结束语
写在前面
本文的题目选取以及部分思路来自于高畅的《Leetcode101》与力扣题解中的用户思路与解法，仅供自己学习记录~
贪心算法
贪心算法的思想是保证每次操作都是局部最优，从而使最后的结果是全局最优的。
分配问题
455.分发饼干
假设你是一位很棒的家长，想要给你的孩子们一些小饼干。但是，每个孩子最多只能给一块饼干。
对每个孩子i ，都有一个胃口值g[i]，这是能让孩子们满足胃口的饼干的最小尺寸；并且每块饼干j，都有一个尺寸s[j] 。如果s[j] >= g[i]，我们可以将这个饼干j 分配给孩子i，这个孩子会得到满足。你的目标是尽可能满足越多数量的孩子，并输出这个最大数值。
示例1:
输入: g = [1,2,3], s = [1,1]
输出: 1
解释:
你有三个孩子和两块小饼干，3个孩子的胃口值分别是：1,2,3。
虽然你有两块小饼干，由于他们的尺寸都是1，你只能让胃口值是1的孩子满足。
所以你应该输出1。
示例2:
输入: g = [1,2], s = [1,2,3]
输出: 2
解释:
你有两个孩子和三块小饼干，2个孩子的胃口值分别是1,2。
你拥有的饼干数量和尺寸都足以让所有孩子满足。
所以你应该输出2。
思路：
因为饥饿度最小的孩子最容易吃饱，所以我们先考虑这个孩子，给剩余孩子里最小饥饿度的孩子分配最小的能饱腹的饼干。
代码：
class Solution {
public:
int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
//分发饼干
sort(g.begin(),g.end());//对小孩胃口值进行从小到大的排序
sort(s.begin(),s.end());//对饼干尺寸值进行从小到大的排序
int i = 0, j = 0;//分别指向小孩胃口值和饼干的尺寸
while(i < g.size() && j < s.size())//限定不超出范围
{
if(g[i] <= s[j]) ++i;//如果小孩胃口值小于或者等于饼干尺寸，则转到下一个小孩，否则仍停留在这个小孩
++j;//无论饼干尺寸是否能满足当前小孩，都需要指向下一个饼干进行判断（饼干尺寸无法满足当前小孩时，证明后面胃口更大的小孩更加无法满足，这个饼干无法被任何小孩吃）
}
return i;//得到最多可满足的小孩数量
}
};
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
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。
思路：
两次遍历：首先把所有孩子的糖果数初始化为 1；
- 从左往右：如果右边孩子的评分比左边的高，则右边孩子的糖果数更新为左边孩子的糖果数加 1；
- 从右往左：如果左边孩子的评分比右边的高，且左边孩子当前的糖果数不大于右边孩子的糖果数，则左边孩子的糖果数更新为右边孩子的糖果数加 1。
代码：
class Solution {
public:
int candy(vector<int>& ratings) {
int n = ratings.size();
if (n < 2) return n;//特殊情况
vector<int> c(n,1);//长度为n的容器，初始化均为1
for (int i = 0; i < n - 1;i++)//从左往右遍历
{
if (ratings[i] < ratings[i+1]) c[i+1] = c[i] + 1;
}
for (int j = n - 1;j > 0;j--)
{
if (ratings[j-1] > ratings[j] && c[j-1] <= c[j]) c[j-1] = c[j] + 1;
}
return accumulate(c.begin(),c.end(),0);//accumulate函数包含在#include 头文件下，其中有三个参数，前两个参数是累加元素的范围，第三个参数是累加的初值。
}
};
区间问题
435.无重叠区间
给定一个区间的集合intervals，其中intervals[i] = [starti, endi]。返回需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠 。
示例1:
输入: intervals = [[1,2],[2,3],[3,4],[1,3]]
输出: 1
解释: 移除 [1,3] 后，剩下的区间没有重叠。这里是引用
示例2:
输入: intervals = [ [1,2], [1,2], [1,2] ]
输出: 2
解释: 你需要移除两个 [1,2] 来使剩下的区间没有重叠。
示例 3:
输入: intervals = [ [1,2], [2,3] ]
输出: 0
解释: 你不需要移除任何区间，因为它们已经是无重叠的了。
思路：
求最少的移除区间个数，等价于尽量多保留不重叠的区间。在选择要保留区间时，区间的结尾十分重要：选择的区间结尾越小，余留给其它区间的空间就越大，就越能保留更多的区间。因此，我们采取的贪心策略为，优先保留结尾小且不相交的区间。具体实现方法为，先把区间按照结尾的大小进行增序排序，每次选择结尾最小且和前一个选择的区间不重叠的区间。
代码：
class Solution {
public:
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
if(intervals.empty())
{
return 0;
}//特殊情况
int n = intervals.size();
int cnt = 0;
sort(intervals.begin(),intervals.end(),[](vector<int>& a,vector<int>& b)
{
return a[1] < b[1];
});//将数组中每个区间的结尾进行递增排序
int prev = intervals[0][1];
for (int i = 1;i < n;i++)
{
if(intervals[i][0] < prev)//如果下一个区间的开头小于上一个区间的结尾，证明两区间重叠，需要移除该区间
{
++cnt;
}
else{//否则将当前区间的结尾赋值给prev
prev = intervals[i][1];
}
}
return cnt;
}
};
练习
605.种花问题
假设有一个很长的花坛，一部分地块种植了花，另一部分却没有。可是，花不能种植在相邻的地块上，它们会争夺水源，两者都会死去。
给你一个整数数组 flowerbed表示花坛，由若干0和1组成，其中0表示没种植花，1表示种植了花。另有一个数n，能否在不打破种植规则的情况下种入n朵花？能则返回true，不能则返回false。
示例 1：
输入：flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 1
输出：true
示例 2：
输入：flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 2
输出：false
思路：
从左往右遍历，能种花的条件是当前位置是0 && 前一位置是0或者边界 && 后一位置是0或者边界。
代码：
class Solution {
public:
bool canPlaceFlowers(vector<int>& flowerbed, int n) {
int size = flowerbed.size();
for (int i = 0;i < size;i++)
{
if(flowerbed[i] == 0 && (i == 0 || flowerbed[i-1] == 0) && (i == size-1 || flowerbed[i+1] == 0))
{
n--;
flowerbed[i] = 1;
}
}
return n <= 0;
}
};
452.用最少数量的箭引爆气球
有一些球形气球贴在一堵用XY平面表示的墙面上。墙面上的气球记录在整数数组 points，其中points[i] = [xstart, xend]表示水平直径在 xstart 和 xend之间的气球。你不知道气球的确切 y 坐标。
一支弓箭可以沿着 x轴从不同点完全垂直地射出。在坐标x处射出一支箭，若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 xstart，xend， 且满足 xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被引爆 。可以射出的弓箭的数量没有限制 。 弓箭一旦被射出之后，可以无限地前进。
给你一个数组points，返回引爆所有气球所必须射出的最小弓箭数 。
示例 1：
输入：points = [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]
输出：2
解释：气球可以用2支箭来爆破:
在x = 6处射出箭，击破气球[2,8]和[1,6]。
在x = 11处发射箭，击破气球[10,16]和[7,12]。
示例 2：
输入：points = [[1,2],[3,4],[5,6],[7,8]]
输出：4
解释：每个气球需要射出一支箭，总共需要4支箭。
示例 3：
输入：points = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5]]
输出：2
解释：气球可以用2支箭来爆破:
在x = 2处发射箭，击破气球[1,2]和[2,3]。
在x = 4处射出箭，击破气球[3,4]和[4,5]。
思路：
与435类似。
代码：
class Solution {
public:
int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) {
if(points.empty()) return 0;
int n = points.size();
sort(points.begin(),points.end(),[](vector<int>& a,vector<int>& b)
{
return a[1] < b[1];
});//按照气球的结束坐标排序
int res = 1;
int pre = points[0][1];
for (int i = 1;i < n;i++)
{
if (points[i][0] > pre)不相交的条件：后一个气球的开始坐标大于（不能等于）前一个气球的结束坐标
{
res++;
pre = points[i][1];
}
}
return res;
}
};
在排序时需要注意的是：
sort(points.begin(),points.end(),[](vector<int> a,vector<int> b){
return a[1] < b[1];//传值，开销太大
sort(points.begin(),points.end(),[](const vector<int> &a,const vector<int> &b){
return a[1] < b[1];//传引用
sort(points.begin(),points.end(),[](vector<int> &a,vector<int> &b){
return a[1] < b[1];//传引用
763.划分字母区间
字符串S由小写字母组成。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。
示例：
输入：S = “ababcbacadefegdehijhklij”
输出：[9,7,8]
解释：
划分结果为 “ababcbaca”, “defegde”, “hijhklij”。
每个字母最多出现在一个片段中。
像 “ababcbacadefegde”, “hijhklij” 的划分是错误的，因为划分的片段数较少。
思路：
参考代码随想录的解题思路，贪心思路为：
- 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) {
//统计每一个字符最后出现的位置
int hash[27] = {0};
for (int i = 0;i < s.size();i++){
hash[s[i] - 'a'] = i;
}
vector<int> result;
//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，则找到了分割点
int left = 0;
int right = 0;
for(int i = 0;i < s.size();i++){
right = max(right,hash[s[i] - 'a']);
if(i == right){
result.push_back(right - left + 1);
left = i + 1;
}
}
return result;
}
};
121. 买卖股票的最佳时机
给定一个数组prices，它的第i个元素prices[i]表示一支给定股票第i天的价格。
你只能选择某一天买入这只股票，并选择在未来的某一个不同的日子卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回0。
示例 1：
输入：[7,1,5,3,6,4]
输出：5
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。
示例 2：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
思路：
保持在最便宜的时候买入，在最贵的时候卖出，即可获得最大的利润。
代码：
提供一种会超时的暴力解法：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
//两两遍历的方法
if (prices.size() == 1) return 0;
int Max = 0;
for (int i = 0;i < prices.size() - 1;i++)
{
int temp = prices[i];
for (int j = i + 1;j < prices.size();j++)
{
if (prices[j] < temp) continue;
Max = max(prices[j] - temp,Max);
}
}
return Max;
}
};
贪心算法：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int Max = 0;
int cur = prices[0];//指针cur遇到比它小的元素替换，遇到比它大的元素进行一次利润的计算，保存最大的利润
for(int i = 1;i < prices.size();i++)
{
if (prices[i] < cur){
cur = prices[i];
continue;
}
else if (prices[i] > cur){
Max = max(Max,prices[i] - cur);
}
}
return Max;
}
};
122.买卖股票的最佳时机 II
给你一个整数数组prices，其中prices[i]表示某支股票第i天的价格。
在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候最多只能持有一股股票。你也可以先购买，然后在同一天出售。
返回你能获得的最大利润 。
示例 1：
输入：prices = [7,1,5,3,6,4]
输出：7
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。
随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 - 3 = 3 。
总利润为 4 + 3 = 7 。
示例 2：
输入：prices = [1,2,3,4,5]
输出：4
解释：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。
总利润为 4 。
示例 3：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 交易无法获得正利润，所以不参与交易可以获得最大利润，最大利润为 0 。
思路：
需要注意的是，我们可以在同一天购买和/或出售股票，也就是一天之内可以先抛售股票，再购买股票（可能与实际购买抛售情况不符），因此我们只需要找到所有的“上坡”即可获得最大的利润。
代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
//不限制交易次数的情况下 如何获得最大利润
if(prices.size() == 1) return 0;
//收集所有上坡
int ans = 0;
for (int i = 1;i < prices.size();i++)
{
if (prices[i] > prices[i-1])
{
ans += (prices[i] - prices[i-1]);
}
}
return ans;
}
};
406.根据身高重建队列
假设有打乱顺序的一群人站成一个队列，数组people表示队列中一些人的属性（不一定按顺序）。每个people[i] = [hi, ki]表示第i个人的身高为hi，前面正好有 ki 个身高大于或等于hi的人。
请你重新构造并返回输入数组people所表示的队列。返回的队列应该格式化为数组 queue，其中queue[j] = [hj, kj]是队列中第j个人的属性（queue[0]是排在队列前面的人）。
示例 1：
输入：people = [[7,0],[4,4],[7,1],[5,0],[6,1],[5,2]]
输出：[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]]
解释：
编号为 0 的人身高为 5 ，没有身高更高或者相同的人排在他前面。
编号为 1 的人身高为 7 ，没有身高更高或者相同的人排在他前面。
编号为 2 的人身高为 5 ，有 2 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 0 和 1 的人。
编号为 3 的人身高为 6 ，有 1 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 1 的人。
编号为 4 的人身高为 4 ，有 4 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 0、1、2、3 的人。
编号为 5 的人身高为 7 ，有 1 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 1 的人。
因此 [[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]] 是重新构造后的队列。
这里是引用
示例 2：
输入：people = [[6,0],[5,0],[4,0],[3,2],[2,2],[1,4]]
输出：[[4,0],[5,0],[2,2],[3,2],[1,4],[6,0]]
思路：
参照Sunny的题解思路，总体来说就是排序和插入的操作：
- 按照数对的元素0降序排序：对于每个元素，在其之前的元素都是大于当前元素的数；
- 按照数对的元素1升序排序：希望元素值相同时，K大的尽量在后面，保证插入时的正确性（防止后面的相同值插入到前面影响结果，因为值是按降序排序的）
代码：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> reconstructQueue(vector<vector<int>>& people) {
sort(people.begin(), people.end(), [](const vector<int>& u, const vector<int>& v) {
return u[0] > v[0] || (u[0] == v[0] && u[1] < v[1]);//相同元素值，K值大的在后面
});
int length = people.size();
vector<vector<int> > ans;
for (int i = 0; i < length; ++i)
{
if (people[i][1] >= i)
ans.push_back(people[i]);
else
ans.insert(ans.begin() + people[i][1], people[i]);//vec.insert(vec.begin()+i,a);在第i+1个元素前面插入a;
}
return ans;
}
};
665. 非递减数列
给你一个长度为n的整数数组nums，请你判断在最多改变1个元素的情况下，该数组能否变成一个非递减数列。
我们是这样定义一个非递减数列的： 对于数组中任意的i (0 <= i <= n-2)，总满足 nums[i] <= nums[i + 1]。
示例 1:
输入: nums = [4,2,3]
输出: true
解释: 你可以通过把第一个 4 变成 1 来使得它成为一个非递减数列。
示例 2:
输入: nums = [4,2,1]
输出: false
解释: 你不能在只改变一个元素的情况下将其变为非递减数列。
思路：
这道题极易出现一种错误：仅仅判断是否出现了一次下降，见下方错误代码。此种解法会在[3,4,2,3]处报错。因此需要仔细思考你的贪心策略在各种情况下，是否仍然是最优解。
问题： 在遍历比较数组中nums[i]和nums[i-1]两个数的大小时，如果nums[i]nums[i]变为nums[i-1]还是nums[i-1]变为nums[i]。因此需要引入第三个数。
- 如果此时
nums[i]>=nums[i-2]，则nums[i-1]=nums[i]或nums[i]=nums[i-1]都可，但是为了“贪心”单调递增，我们希望前面的越小越好，所以nums[i-1]=nums[i]。 - 如果此时
nums[i]nums[i]=nums[i-1]。
以[3,4,2,3]为例：当i=2时nums[2]nums[2]nums[2]变为nums[1]即4（大于4也可，但是我们不知道后面数字的情况，所以尽量时当前值更小），此时数组变为[3,4,4,3]，i=3，有3<4，nums[3]也要变为nums[2]即4，成为非递减数列至少需要变换两次数字，因此返回false。
代码：
错误代码：
class Solution {
public:
bool checkPossibility(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
if (n <= 1) return true;
int flag = 0;
for(int i = 0;i < n-1;i++)
{
if(nums[i] > nums[i+1]) flag++;
}
return flag == 1 || flag == 0;
}
};
贪心算法：
class Solution {
public:
bool checkPossibility(vector<int>& nums) {
int count = 0;
for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {
if (nums[i] < nums[i - 1]) {
if (i == 1 || nums[i] >= nums[i - 2]) {//需要注意i == 1的情况
nums[i - 1] = nums[i];
}
else {
nums[i] = nums[i - 1];
}
count ++;//需要改变的元素数目
}
}
return count <= 1;
}
};
结束语
贪心算法的题目到此告一段落，后续如果有做新的题也会陆续补充~欢迎关注收藏哦