代码随想录第三十四天——K次取反后最大化的数组和，加油站，分发糖果

leetcode 1005. K次取反后最大化的数组和

题目链接：K次取反后最大化的数组和
本题需要使用两次贪心，第一次贪心：
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
如果将负数都转变为正数了，K依然大于0，则使用第二次贪心：
局部最优：只找数值最小的正整数进行反转
全局最优：整个数组和 达到最大

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 {
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：剩下的k如果为偶数，则不用变，为奇数，则变一次
        int result = 0;
        for (int a : A) result += a;        // 第四步
        return result;
    }
};

leetcode 134. 加油站

题目链接：加油站

方法一：暴力解法

for循环适合模拟从头到尾的遍历，而while循环适合模拟环形遍历，要善于使用while

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]; // 记录剩余油量
            int index = (i + 1) % cost.size();
            while (rest > 0 && index != i) { // 模拟以i为起点行驶一圈（如果有rest==0，那么答案就不唯一了）
                rest += gas[index] - cost[index];
                index = (index + 1) % cost.size();
            }
            // 如果以i为起点跑一圈，剩余油量>=0，返回该起始位置
            if (rest >= 0 && index == i) return i;
        }
        return -1;
    }
};

时间复杂度：O(n^2)
空间复杂度：O(1)

方法二：全局最优

• 情况一：如果gas的总和小于cost总和，那么无论从哪里出发，一定是跑不了一圈的
• 情况二：rest[i] = gas[i]-cost[i]为一天剩下的油，i从0开始计算累加到最后一站，如果累加没有出现负数，说明从0出发，油就没有断过，那么0就是起点。
• 情况三：如果累加的最小值是负数，汽车就要从非0节点出发，从后向前，看哪个节点能把这个负数填平，能把这个负数填平的节点就是出发节点。

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int curSum = 0;
        int min = INT_MAX; // 从起点出发，油箱里的油量最小值
        for (int i = 0; i < gas.size(); i++) {
            int rest = gas[i] - cost[i];
            curSum += rest;
            if (curSum < min) {
                min = curSum;
            }
        }
        if (curSum < 0) return -1;  // 情况1
        if (min >= 0) return 0;     // 情况2
                                    // 情况3
        for (int i = gas.size() - 1; i >= 0; i--) {
            int rest = gas[i] - cost[i];
            min += rest;
            if (min >= 0) {
                return i;
            }
        }
        return -1;
    }
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

方法三：贪心算法

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。
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<int>& gas, vector<int>& 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) {   // 当前累加rest[i]和 curSum一旦小于0
                start = i + 1;  // 起始位置更新为i+1
                curSum = 0;     // curSum从0开始
            }
        }
        if (totalSum < 0) return -1; // 说明怎么走都不可能跑一圈了
        return start;
    }
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

leetcode 135. 分发糖果

题目链接：分发糖果
本题采用两次贪心的策略：

• 一次是从左到右遍历，只比较右边孩子评分比左边大的情况。
• 一次是从右到左遍历，只比较左边孩子评分比右边大的情况。

1. .先确定右边评分大于左边的情况（也就是从前向后遍历）
   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
2. 再确定左孩子大于右孩子的情况（从后向前遍历）
   局部最优：取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] （比较右孩子大于左孩子得到的糖果数量）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> candyVec(ratings.size(), 1);
        //从前向后
        for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
            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--) {
            if (ratings[i] > ratings[i + 1] ) 
            {
                candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);
            }
        }
        // 统计结果
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < candyVec.size(); i++) result += candyVec[i];
        return result;
    }
};

时间复杂度： O(n)
空间复杂度:：O(n)