贪心算法学习
贪心算法并没有固定的套路。所以唯一的难点就是如何通过局部最优，推出整体最优。体感就是贪心算法挺看感觉的，十分取巧，多做多练才能在遇到难题的时候想到比较好的策略，此外大多数贪心的题目往往可以通过动态规划来解决，动态规划还是作为重点内容，贪心算法就不把遇到的所有题目都记录下来了。
摆动序列
问题：如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替，则数字序列称为摆动序列。第一个差（如果存在的话）可能是正数或负数。少于两个元素的序列也是摆动序列。例如， [1,7,4,9,2,5] 是一个摆动序列，因为差值 (6,-3,5,-7,3) 是正负交替出现的。相反, [1,4,7,2,5] 和 [1,7,4,5,5] 不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。
我们只考虑坡的极点，即减去左值为正减去右值为负，或者减去右值为负而左值为正的元素。需要考虑左右端点、上下坡中有平坡、单调坡度有平坡三种情况，可以综合为(preDiff <= 0 && curDiff > 0)或是(preDiff >= 0 && curDiff < 0)这样的条件，并对preDiff在坡度变化时进行实时更新。
除此之外本题还可以用DP来解决，等学习到这里时再来回顾。贪心算法说实话我感觉比较难考虑全面。
代码示例：
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class Solution {
public int wiggleMaxLength(int[] nums) {
if (nums.length <= 1) {
return nums.length;
}
//当前差值
int curDiff = 0;
//上一个差值
int preDiff = 0;
int count = 1;
for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
//得到当前差值
curDiff = nums[i] - nums[i - 1];
//如果当前差值和上一个差值为一正一负
//等于0的情况表示初始时的preDiff
if ((curDiff > 0 && preDiff <= 0) || (curDiff < 0 && preDiff >= 0)) {
count++;
preDiff = curDiff;
}
}
return count;
}
}
跳跃游戏 II
问题：给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。你的目标是使用最少的跳跃次数到达数组的最后一个位置。
这题相比基本的跳跃游戏要难。还是要看最大覆盖范围，但是要想清楚什么时候步数才一定要加一呢？我们可以当前可移动距离尽可能多走，如果还没到终点，步数再加一。整体最优：一步尽可能多走，从而达到最少步数。以最小的步数增加覆盖范围，覆盖范围一旦覆盖了终点，得到的就是最少步数！
代码示例：
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// 版本一
class Solution {
public int jump(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0 || nums.length == 1) {
return 0;
}
//记录跳跃的次数
int count=0;
//当前的覆盖最大区域
int curDistance = 0;
//最大的覆盖区域
int maxDistance = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
//在可覆盖区域内更新最大的覆盖区域
maxDistance = Math.max(maxDistance,i+nums[i]);
//说明当前一步，再跳一步就到达了末尾
if (maxDistance>=nums.length-1){
count++;
break;
}
//走到当前覆盖的最大区域时，更新下一步可达的最大区域
if (i==curDistance){
curDistance = maxDistance;
count++;
}
}
return count;
}
}
加油站
问题：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。
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。
代码示例：
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class Solution {
public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
int curSum = 0;
int totalSum = 0;
int index = 0;
for (int i = 0; i < gas.length; i++) {
curSum += gas[i] - cost[i];
totalSum += gas[i] - cost[i];
if (curSum < 0) {
index = i + 1;
curSum = 0;
}
}
if (totalSum < 0) return -1;
return index;
}
}
分发糖果
问题：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。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 。
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。
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。再确定左孩子大于右孩子的情况（从后向前遍历），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。
代码示例：
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class Solution {
/**
分两个阶段
1、起点下标1 从左往右，只要 右边 比 左边 大，右边的糖果=左边 + 1
2、起点下标 ratings.length - 2 从右往左， 只要左边 比 右边 大，此时 左边的糖果应该 取本身的糖果数（符合比它左边大） 和 右边糖果数 + 1 二者的最大值，这样才符合 它比它左边的大，也比它右边大
*/
public int candy(int[] ratings) {
int len = ratings.length;
int[] candyVec = new int[len];
candyVec[0] = 1;
for (int i = 1; i < len; i++) {
candyVec[i] = (ratings[i] > ratings[i - 1]) ? candyVec[i - 1] + 1 : 1;
}
for (int i = len - 2; i >= 0; i--) {
if (ratings[i] > ratings[i + 1]) {
candyVec[i] = Math.max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);
}
}
int ans = 0;
for (int num : candyVec) {
ans += num;
}
return ans;
}
}
根据身高重建队列
问题：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）。
同样是和分糖果一样的二维贪心问题，确定一边然后贪心另一边，两边一起考虑，就会顾此失彼。我们先按照身高排序之后，再优先按身高高的people的k来插入，后序插入节点也不会影响前面已经插入的节点，最终按照k的规则完成了队列。
代码示例：
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class Solution {
public int[][] reconstructQueue(int[][] people) {
// 身高从大到小排（身高相同k小的站前面）
Arrays.sort(people, (a, b) -> {
if (a[0] == b[0]) return a[1] - b[1]; // a - b 是升序排列，故在a[0] == b[0]的狀況下，會根據k值升序排列
return b[0] - a[0]; //b - a 是降序排列，在a[0] != b[0]，的狀況會根據h值降序排列
});
LinkedList<int[]> que = new LinkedList<>();
for (int[] p : people) {
que.add(p[1],p); //Linkedlist.add(index, value)，會將value插入到指定index裡。
}
return que.toArray(new int[people.length][]);
}
}
用最少数量的箭引爆气球
问题：在二维空间中有许多球形的气球。对于每个气球，提供的输入是水平方向上，气球直径的开始和结束坐标。由于它是水平的，所以纵坐标并不重要，因此只要知道开始和结束的横坐标就足够了。开始坐标总是小于结束坐标。
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。返回引爆所有气球所必须射出的 最小 弓箭数 。
局部最优：当气球出现重叠，一起射，所用弓箭最少。全局最优：把所有气球射爆所用弓箭最少。这题思路很容易想到，但是想要模拟这个过程却变得比较困难了，仔细思考一下就发现：如果把气球排序之后，从前到后遍历气球，被射过的气球仅仅跳过就行了，没有必要让气球数组remove气球，只要记录一下箭的数量就可以了。
代码示例：
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class Solution {
public int findMinArrowShots(int[][] points) {
// 根据气球直径的开始坐标从小到大排序
// 使用Integer内置比较方法，不会溢出
Arrays.sort(points, (a, b) -> Integer.compare(a[0], b[0]));
int count = 1; // points 不为空至少需要一支箭
for (int i = 1; i < points.length; i++) {
if (points[i][0] > points[i - 1][1]) { // 气球i和气球i-1不挨着，注意这里不是>=
count++; // 需要一支箭
} else { // 气球i和气球i-1挨着
points[i][1] = Math.min(points[i][1], points[i - 1][1]); // 更新重叠气球最小右边界
}
}
return count;
}
}
无重叠区间
问题：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 。
跟上面议题很相似，做略微修改即可。
代码示例：
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class Solution {
public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
Arrays.sort(intervals, (a,b)-> {
return Integer.compare(a[0],b[0]);
});
int count = 1;
for(int i = 1;i < intervals.length;i++){
if(intervals[i][0] < intervals[i-1][1]){
intervals[i][1] = Math.min(intervals[i - 1][1], intervals[i][1]);
continue; //在这里count++直接计数也可以
}else{
count++;
}
}
return intervals.length - count;
}
}
划分字母区间
问题：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。
在遍历的过程中相当于是要找每一个字母的边界，如果找到之前遍历过的所有字母的最远边界，说明这个边界就是分割点了。此时前面出现过所有字母，最远也就到这个边界了。以边界作为各个分割点。
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class Solution {
public List<Integer> partitionLabels(String S) {
List<Integer> list = new LinkedList<>();
int[] edge = new int[26]; // 记录各个字母最远边界
char[] chars = S.toCharArray();
for (int i = 0; i < chars.length; i++) {
edge[chars[i] - 'a'] = i;
}
int idx = 0;
int last = -1;
for (int i = 0; i < chars.length; i++) {
idx = Math.max(idx,edge[chars[i] - 'a']);
if (i == idx) {
list.add(i - last);
last = i;
}
}
return list;
}
}
单调递增的数字
问题：给定一个非负整数 N，找出小于或等于 N 的最大的整数，同时这个整数需要满足其各个位数上的数字是单调递增。
关键在于想清楚是从前往后遍历还是从后往前遍历，从前向后遍历的话，遇到strNum[i - 1] > strNum[i]的情况，让strNum[i - 1]减一，但此时如果strNum[i - 1]减一了，可能又小于strNum[i - 2]。所以我们选择从后往前遍历。
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class Solution {
public int monotoneIncreasingDigits(int n) {
String s = String.valueOf(n);
char[] chars = s.toCharArray();
int start = s.length();
for (int i = s.length() - 1; i > 0; i--) {
if (chars[i - 1] > chars[i]) {
chars[i-1]--;
start = i;
}
}
for (int i = start; i < s.length(); i++) {
chars[i] = '9';
}
return Integer.parseInt(String.valueOf(chars));
}
}