贪心
正如这个算法的名字一样，解决题目的时候用一种贪婪的思想来解决问题，比如说我们要从一堆钞票中取3张，并且总和要最高，所以我们在遍历这堆钞票价值的时候，尽可能地选择炒面面值最高的，这样就得到了最终解。所以，贪心的思路就是利用每一个阶段的最优解，最终达到全局最优解。下面的题目是一些利用贪心解决的算法问题，题目列表来源代码随想录入口
1.序列问题
1.1摆动序列
解法一：贪心
class Solution {
public:
int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
if(nums.size() <= 1) return nums.size();
int curDiff = 0; //当前一对差值
int preDiff = 0; //前一对差值
int result = 1; //记录峰值个数，序列默认序列最右边有一个峰值
for(int i = 0; i < nums.size() - 1; i++){
curDiff =nums[i + 1] - nums[i];
//出现峰值
if((preDiff <= 0 && curDiff > 0) || (preDiff >=0 && curDiff < 0)){
result++;
preDiff = curDiff;
}
}
return result;
}
};
解法二：动态规划
class Solution {
public:
//动态规划实现：dp[i][0]表示第i个数作为山峰的摆动子序列的最长长度
//动态规划实现：dp[i][1]表示第i个数作为山谷的摆动子序列的最长长度
int dp[1005][2];//这个大小是根据题目给出数值的范围来定义的
int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
memset(dp, 0, sizeof dp);
dp[0][0] = dp[0][1] = 1;
for(int i = 1; i < nums.size(); i++){
dp[i][0] = dp[i][1] = 1;
for(int j = 0; j < i; j++){
if(nums[j] > nums[i]) dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[j][0] + 1);
}
for(int j = 0; j < i; j++){
if(nums[j] < nums[i]) dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[j][1] + 1);
}
}
return max(dp[nums.size() - 1][0], dp[nums.size() - 1][1]);
}
};
1.2单调递增的数字
这个题目如果我们暴力循环求解的话，会出现超时报错，所以我们采用构建的方式的，利用单调递增且数字尽可能大这两个条件来构建我们的答案数字。
实现思路：
例如：98，一旦出现strNum[i - 1] > strNum[i]的情况（非单调递增），首先想让strNum[i - 1]–，然后strNum[i]给为9，这样这个整数就是89，即小于98的最大的单调递增整数
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]。
这么说有点抽象，举个例子，数字：332，从前向后遍历的话，那么就把变成了329，此时2又小于了第一位的3了，真正的结果应该是299。
那么从后向前遍历，就可以重复利用上次比较得出的结果了，从后向前遍历332的数值变化为：332 -> 329 -> 2998
class Solution {
public:
int monotoneIncreasingDigits(int n) {
string strNum = to_string(n);
//flag用来标记赋值9从哪开始
//设置为这个默认值，为了防止第二个for循环在flag没有被赋值的情况下执行
int flag = strNum.size();
for(int i = strNum.size() - 1; i > 0; i--){
if(strNum[i - 1] > strNum[i]){
flag = i;
strNum[i - 1]--;
}
}
for(int i = flag; i < strNum.size(); i++){
strNum[i] = '9';
}
return stoi(strNum);
}
};
2.多维度权衡
在有些题目中，我们对于数据的处理不再是只考虑一个指标了，可能有两个甚至多个指标，以两个指标为例，排序需要考虑两个指标折衷的情况，这就是多维度权衡问题。
2.1分发糖果
这个题目中，每一个孩子能够获得多少糖果需要考虑左手和右手的人的分数（有两个维度需要考虑）
这个题目采用两次遍历解决，第一次遍历为从前往后：每一个人考虑左手那个人的rating，左手的人没自己高，那么自己的糖果数就比左手那个人多一个，否则就保持默认的一个。
第一次遍历完成之后，第二次遍历就从后往前，每一个人只考虑自己右手的那个人的rating，没自己高的话，自己根据自己本身糖果数和右手糖果数+1相比较取最大值。
两次遍历完成之后就是最少糖果分发的数量
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);
}
}
return accumulate(candyVec.begin(), candyVec.end(), 0);
}
};
2.2根据身高重构队列
这个题目当中，我们不仅不需要考虑升高h，还需要考虑k值（前面有k个比当前人高）
class Solution {
public:
//自定义排序规则：按照身高从大到小排，如果身高相同就让k小的在前面
static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b){
if(a[0] == b[0]) return a[1] < b[1];
return a[0] > b[0];
}
vector<vector<int>> reconstructQueue(vector<vector<int>>& people) {
sort(people.begin(), people.end(), cmp);
vector<vector<int>> que;
for(int i = 0; i < people.size(); i++){
int position = people[i][1];
que.insert(que.begin() + position, people[i]);
}
return que;
}
};
3.区间问题
区间问题一般都涉及到区间重叠去重问题，区间合并问题等等，具体可以看看下面相关的区间题目。
3.1跳跃问题
class Solution {
public:
bool canJump(vector<int>& nums) {
int maxJump = nums[0];
int i = 1;
while(i < nums.size() && maxJump > 0){
maxJump = max(maxJump - 1, nums[i]);
i++;
}
if(i == nums.size()) return true;
return false;
}
};
3.2跳跃问题 II
class Solution {
public:
int jump(vector<int>& nums) {
int curDistance = 0; //当前覆盖的最远距离下标
int ans = 0;
int nextDistance = 0; //下一步覆盖的最远距离下标
for(int i = 0; i < nums.size() - 1; i++){
//注意i的取值范围
nextDistance = max(nums[i] + i, nextDistance);//更新下一步覆盖的最远距离下标
if(i == curDistance){
curDistance = nextDistance;//更新当前的最远覆盖距离下标
ans++;
}
}
return ans;
}
};
3.3用最小数量的箭引爆气球
class Solution {
public:
static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b){
return a[0] < b[0];
}
int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) {
if(points.size() == 0) return 0;
sort(points.begin(), points.end(), cmp);
int result = 1; //points不为空至少需要一支箭
for(int i = 1; i < points.size(); i++){
if(points[i][0] > points[i - 1][1]){
//区间无重叠，需要一支箭
result++;
}else{
//气球i和气球i - 1挨着
points[i][1] = min(points[i - 1][1], points[i][1]);
}
}
return result;
}
};
3.4无重叠区间
解法一：区间右边界排序
class Solution {
public:
//按照区间右边界排序
static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b){
return a[1] < b[1];
}
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
if(intervals.size() <= 1) return 0;
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
int count = 1; //记录非交叉区间的个数
int end = intervals[0][1]; //记录区间分割点
for(int i = 1; i < intervals.size(); i++){
if(end <= intervals[i][0]){
end = intervals[i][1];
count++;
}
}
return intervals.size() - count;
}
};
解法二：区间左边界排序
class Solution {
public:
//按照区间左端值从小到大排列
static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b){
return a[0] < b[0];
}
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
if(intervals.size() <= 1) return 0;
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
int ans = 0;
int end = intervals[0][1];
for(int i = 1; i < intervals.size(); i++){
if(intervals[i][0] < end){
ans++;
//注意这里不是max而是min，因为要把更大右边界的那个区间给去除（因为它更可能和别的区间有交集）
end = min(end, intervals[i][1]);
}else{
end = intervals[i][1];
}
}
return ans;
}
};
3.5划分字母区间
这个题目，我们首先获得每个字母最后出现的index，之后再遍历字符串，只要我们字符串下边i == 字母的最后index的时候，这个时候就可以分割一次，此时分割下来的字符串片段符合题目要求。
class Solution {
public:
vector<int> partitionLabels(string s) {
vector<int> hash(26, 0);
for(int i = 0; i < s.size();i++){
hash[s[i] - 'a'] = i;
}
vector<int> result;
int left = 0;
int right = 0;
for(int i = 0; i < s.size(); i++){
//找到字符出现的最远边界
right = max(right, hash[s[i] - 'a']);
if(i == right){
result.push_back(right - left + 1);
left = i + 1;
}
}
return result;
}
};
3.6合并区间
学习这个题目巧妙合并区间！！
class Solution {
public:
static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b){
if(a[0] == b[0]) return a[1] < b[1];
return a[0] < b[0];
}
vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals) {
if(intervals.size() <= 1) return intervals;
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
vector<vector<int>> result;
//第一个区间就可以放进结果集里，后面如果重叠，再result上直接合并
result.push_back(intervals[0]);
for(int i = 1; i < intervals.size(); i++){
if(result.back()[1] >= intervals[i][0]){
//区间重叠
//合并区间
result.back()[1] = max(result.back()[1], intervals[i][1]);
}else{
result.push_back(intervals[i]);
}
}
return result;
}
};
4.其他
4.1最大子数组和
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
int res =nums[0];
for(int i = 1; i < nums.size(); i++){
nums[i] += max(nums[i - 1], 0);
res = max(res, nums[i]);
}
return res;
}
};
4.2加油站
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){
start = i + 1;//起始位置更新
curSum = 0;
}
}
if(totalSum < 0) return -1;
return start;
}
};
4.3监控二叉树
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
* };
*/
class Solution {
public:
int result;
//后序遍历：左右根
int travel(TreeNode* cur){
//空节点，为有覆盖状态
if(cur == NULL) return 2;
int left = travel(cur -> left);
int right = travel(cur -> right);
//情况1：左右节点都有覆盖
if(left == 2 && right == 2) return 0;
//情况2
if(left == 0 || right == 0){
result++;
return 1;
}
//情况3
if(left == 1 || right == 1) return 2;
//下面这个return -1 永远都不会执行
return -1;
}
int minCameraCover(TreeNode* root) {
result = 0;
//情况4：root未被覆盖
if(travel(root) == 0){
result++;
}
return result;
}
};
