贪心算法：K次取反后最大化的数组和 加油站 分发糖果

1005.K次取反后最大化的数组和 

• 思路：
  • 如果数组中有负数的话，优先把较小那些的负数取反变成整数；
  • 如果没有负数了，而k的次数还有剩，只对最小的正数反复做取反，即使这个数最后变成了负数，也是能取到的最大的负数。
  • 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。
  • 步骤：
    • 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(这样还能保证全变为正数后，最小正整数一定在最后一位，方便进行上述第二点的操作)
    • 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
  • 时间复杂度: O(nlogn)
  • 空间复杂度: O(1)

class Solution {
private:
    static bool cmp(int a, int b) {
        return abs(a) > abs(b);
    }
public:
    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 i = 0; i < nums.size(); i++) res += nums[i];
        return res;
    }
};

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134. 加油站

• 思路：
  • 如果 总油量 - 总消耗 >= 0 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] = gas[i] - cost[i]。
  • i从0开始累加剩余油量rest[i]，和记为curSum，一旦curSum小于零，也就是没油了，此时就无法到达下一个加油站了，那么[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。
  • 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。
• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

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;//更新起始位置
                curSum = 0;//重新计算curSum
            }
        }
        if(totalSum < 0) return -1;//补给<消耗，无论从哪里出发都无法走完一圈
        return start;
    }
};

135. 分发糖果 

• 思路：一定是要确定一边之后，再确定另一边。
  • 从前向后遍历，确定右边评分大于左边的情况。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
  • 
  • 从后向前遍历，确定左孩子大于右孩子的情况。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。
  • 
  • 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。
  • 
• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(n)

class Solution {
public:
    int candy(vector& ratings) {
        vector candy(ratings.size(), 1);//初始化，每个孩子最少有1个糖果
        int res = 0;
        //从前向后遍历，确定右边评分大于左边的情况
        for(int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
            if(ratings[i] > ratings[i - 1]) {
                candy[i] = candy[i - 1] + 1;
            }
        }
        //从后向前遍历，确定左孩子大于右孩子的情况
        for(int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) {
            if(ratings[i] > ratings[i + 1]) {
                candy[i] = max(candy[i], candy[i + 1] + 1);
            }
        }
        //统计糖果总数
        for(int i = 0; i < candy.size(); i++) {
            res += candy[i];
        }
        return res;
    }
};

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参考链接

代码随想录：K次取反后最大化的数组和  加油站  分发糖果