华为面试题，连续出了三年！

写在前面

据说，这是一道被华为 2021、2022 和 2023 都出过的题目 🤣

华为是「卷」的发明者，但不是「内卷」发明者，毕竟只有华为是实打实的给加班费。

这么卷的公司，怎么也不更新一下题库。

难道没人做出来就不用考虑换题？再这么搞可就成为背诵材料了 🤣

题目描述

平台：LeetCode

题号：871

汽车从起点出发驶向目的地，该目的地位于出发位置东面 target 英里处。

沿途有加油站，每个 station[i] 代表一个加油站，它位于出发位置东面 station[i][0] 英里处，并且有 station[i][1] 升汽油。

假设汽车油箱的容量是无限的，其中最初有 startFuel 升燃料。它每行驶 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 1 1 </math>1 英里就会用掉 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 1 1 </math>1 升汽油。

当汽车到达加油站时，它可能停下来加油，将所有汽油从加油站转移到汽车中。

为了到达目的地，汽车所必要的最低加油次数是多少？如果无法到达目的地，则返回 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> − 1 -1 </math>−1 。

注意：如果汽车到达加油站时剩余燃料为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 0 0 </math>0，它仍然可以在那里加油。如果汽车到达目的地时剩余燃料为 <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 0 0 </math>0，仍然认为它已经到达目的地。

示例 1：

ini 复制代码

输入：target = 1, startFuel = 1, stations = []

输出：0

解释：我们可以在不加油的情况下到达目的地。

示例 2：

lua 复制代码

输入：target = 100, startFuel = 1, stations = [[10,100]]

输出：-1

解释：我们无法抵达目的地，甚至无法到达第一个加油站。

示例 3：

lua 复制代码

输入：target = 100, startFuel = 10, stations = [[10,60],[20,30],[30,30],[60,40]]

输出：2

解释：
我们出发时有 10 升燃料。
我们开车来到距起点 10 英里处的加油站，消耗 10 升燃料。将汽油从 0 升加到 60 升。
然后，我们从 10 英里处的加油站开到 60 英里处的加油站（消耗 50 升燃料），
并将汽油从 10 升加到 50 升。然后我们开车抵达目的地。
我们沿途在1两个加油站停靠，所以返回 2 。

提示：

<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 1 < = t a r g e t , s t a r t F u e l , s t a t i o n s [ i ] [ 1 ] < = 1 0 9 1 <= target, startFuel, stations[i][1] <= 10^9 </math>1<=target,startFuel,stations[i][1]<=109
<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 0 < = s t a t i o n s . l e n g t h < = 500 0 <= stations.length <= 500 </math>0<=stations.length<=500
<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 1 < = p o s i t i o n i < p o s i t i o n i + 1 < t a r g e t 1 <= position_{i} < position_{i+1} < target </math>1<=positioni<positioni+1<target
<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> 1 < = f u e l i < 1 0 9 1 <= fuel_{i} < 10^9 </math>1<=fueli<109

贪心 + 优先队列（堆）

我们可以模拟行进过程，使用 n 代表加油站总个数，idx 代表经过的加油站下标，使用 remain 代表当前有多少油（起始有 remain = startFuel)，loc 代表走了多远，ans 代表答案（至少需要的加油次数）。

只要 loc < target，代表还没到达（经过）目标位置，我们可以继续模拟行进过程。

每次将 remain 累加到 loc 中，含义为使用完剩余的油量，可以去到的最远距离，同时将所在位置 stations[idx][0] <= loc 的加油站数量加入优先队列（大根堆，根据油量排倒序）中。

再次检查是否满足 loc < target（下次循环），此时由于清空了剩余油量 remain，我们尝试从优先队列（大根堆）中取出过往油量最大的加油站并进行加油（同时对加油次数 ans 进行加一操作）。

使用新的剩余油量 remain 重复上述过程，直到满足 loc >= target 或无油可加。

容易证明该做法的正确性：同样是消耗一次加油次数，始终选择油量最大的加油站进行加油，可以确保不存在更优的结果。

Java 代码：

Java 复制代码

class Solution {
    public int minRefuelStops(int target, int startFuel, int[][] stations) {
        PriorityQueue<Integer> q = new PriorityQueue<>((a,b)->b-a);
        int n = stations.length, idx = 0;
        int remain = startFuel, loc = 0, ans = 0;
        while (loc < target) {
            if (remain == 0) {
                if (!q.isEmpty() && ++ans >= 0) remain += q.poll();
                else return -1;
            }
            loc += remain; remain = 0;
            while (idx < n && stations[idx][0] <= loc) q.add(stations[idx++][1]);
        }
        return ans;
    }
}

C++ 代码：

C++ 复制代码

class Solution {
public:
    int minRefuelStops(int target, int startFuel, vector<vector<int>>& stations) {
        priority_queue<int> q;
        int n = stations.size(), idx = 0;
        int remain = startFuel, loc = 0, ans = 0;
        while (loc < target) {
            if (remain == 0) {
                if (!q.empty() && ++ans >= 0) {
                    remain += q.top();
                    q.pop();
                } else {
                    return -1;
                }
            }
            loc += remain; remain = 0;
            while (idx < n && stations[idx][0] <= loc) q.push(stations[idx++][1]);
        }
        return ans;
    }
};

Python 代码：

Python 复制代码

class Solution:
    def minRefuelStops(self, target: int, startFuel: int, stations: List[List[int]]) -> int:
        q = []
        n, idx = len(stations), 0
        remain, loc, ans = startFuel, 0, 0
        while loc < target:
            if remain == 0:
                if q:
                    ans += 1
                    remain += -heappop(q)
                else:
                    return -1
            loc, remain = loc + remain, 0
            while idx < n and stations[idx][0] <= loc:
                heappush(q, -stations[idx][1])
                idx += 1
        return ans

时间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n log ⁡ n ) O(n\log{n}) </math>O(nlogn)
空间复杂度： <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"> O ( n ) O(n) </math>O(n)

总结

贪心 + 优先队列（堆）其实是一类问题。

出现频率仅次于「贪心 + 排序」的搭配。

两种做法本质都是在决策过程中，按"优先取最值"的方式进行贪心。

后面会起一个专门的「贪心」专题来讲此类题，欢迎关注。

更多更全更热门的「笔试/面试」相关资料可访问排版精美的合集新基地 🎉🎉