贪心算法

顾名思义，贪心算法或贪心思想采用贪心的策略，保证每次操作都是局部最优的，从而使最 后得到的结果是全局最优的。

举一个最简单的例子：小明和小王喜欢吃苹果，小明可以吃五个，小王可以吃三个。已知苹 果园里有吃不完的苹果，求小明和小王一共最多吃多少个苹果。在这个例子中，我们可以选用的 贪心策略为，每个人吃自己能吃的最多数量的苹果，这在每个人身上都是局部最优的。又因为全 局结果是局部结果的简单求和，且局部结果互不相干，因此局部最优的策略也同样是全局最优的 策略。

122. 买卖股票的最佳时机 II

给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。

注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

输入: [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 。

思路1：贪心算法

股票的购买没有限制，问题可以简化为寻找x个长度为1的区间，只要区间末减区间首长度大于0，那么就加入利润中，局部最优加起来得到全局最优

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int length = prices.size();
        int ans = 0;
        for(int i = 1;i < length;i++)
        {
            ans += max(0,prices[i] - prices[i-1]);
        }
        return ans;
    }
};

思路2：动态规划

定义状态 dp[i][2] 表示第i天，未持有(0)/持有(1)股票利润

那么得到状态转移方程

dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][0] - prices[i]);

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int length = prices.size();
        int dp[length][2];
        dp[0][0] = 0,dp[0][1] = -prices[0];
        for(int i = 1;i < length;i++)
        {
            dp[i][0] = max(dp[i-1][0],dp[i-1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][0] - prices[i]);
        }
        return dp[length-1][0];
    }
};

135. 分发糖果

老师想给孩子们分发糖果，有 N 个孩子站成了一条直线，老师会根据每个孩子的表现，预先给他们评分。

你需要按照以下要求，帮助老师给这些孩子分发糖果：

• 每个孩子至少分配到 1 个糖果。
• 相邻的孩子中，评分高的孩子必须获得更多的糖果。

那么这样下来，老师至少需要准备多少颗糖果呢？

输入: [1,0,2]
输出: 5
解释: 你可以分别给这三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。

输入: [1,2,2]
输出: 4
解释: 你可以分别给这三个孩子分发 1、2、1 颗糖果。
     第三个孩子只得到 1 颗糖果，这已满足上述两个条件。

思路：贪心算法

​ 按题意：有两条固定规则

• 设学生A，B左右相邻，A在B左边
• 左规则：当ratingsB > ratingsA B的糖比A多
• 右规则：当ratingsA > ratingsB A的糖比B多
• 相邻学生中，评分高的学生必须获得更多的糖果 == 所有学生满足左规则，也满足右规则

class Solution {
public:
    int candy(vector<int>& ratings) {
        int length = ratings.size();
        if(length<2)
        return length;
        vector<int> nums(length,1);
        //左规则，从左到右遍历
        for(int i = 1;i < length;i++){
            if(ratings[i] > ratings[i-1]){
                nums[i] = nums[i-1] + 1;
            }
        }
        //右规则，从右到左遍历
        for(int i = length-1;i > 0;i--){
            if(ratings[i] < ratings[i-1]){
                nums[i-1] = max(nums[i-1],nums[i]+1);
            }
        }
        return accumulate(nums.begin(),nums.end(),0);
    }
};

452. 用最少数量的箭引爆气球

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。我们想找到使得所有气球全部被引爆，所需的弓箭的最小数量。

给你一个数组 points ，其中 points [i] = [xstart,xend] ，返回引爆所有气球所必须射出的最小弓箭数。

输入：points = [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]
输出：2
解释：对于该样例，x = 6 可以射爆 [2,8],[1,6] 两个气球，以及 x = 11 射爆另外两个气球

输入：points = [[1,2],[3,4],[5,6],[7,8]]
输出：4

输入：points = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5]]
输出：2

思路：

首先根据数组元素的末尾元素进行排序，如果首元素末尾大于下一个元素开头，代表可以射穿气球，继续循环，反之，代表无法射穿，需要另外一只箭

那么，我们将箭数量加一，同时将首元素的位置设置为当前比较元素

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];
        });

        int total = 1;
        int m = 0;
        for(int i = 1;i < n;i++){
            if(points[m][1] >= points[i][0]){
                continue;
            }else{
                m = i;
                total++;  
            }
        }
        return total;
    }
};

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。

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：贪心算法

• 由题意，同一个字母只能出现在同一个片段，那么我们自然要得到同一个字母的第一次的下标和最后一次出现的下标
• 遍历字符串，得到每一个字母最后出现的位置，存放于数组中 int last[26]
• 从左到右遍历字符串，定义2个变量 start end ，代表当前区间的起始和终末位置
• 对于每个访问到的字母c,当前区间的终末不会小于endc ，因此有 end = max(end,endc)
• 当访问到下标end，代表当前片段访问结束，将当前字符串长度加入容器，然后让 start = end + 1，遍历下一个区间
• 重复以上过程

class Solution {
public:
    vector<int> partitionLabels(string S) {
        int last[26];
        int length = S.size();
        //得到每个字母的终末index
        for(int i = 0;i < length;i++)
        {
            last[S[i] - 'a'] = i;   //endi
        }
        //返回值
        vector<int> res;
        //区间开始和结束index
        int start = 0,end = 0;
        for(int i = 0;i < length;i++)
        {
            end = max(last[S[i] - 'a'],end);
            if(end == i){
                res.push_back(end - start + 1);
                start = end + 1;
            }
        }
        return res;
    }
};