1005.K次取反后最大化的数组和
本题简单一些，估计大家不用想着贪心 ，用自己直觉也会有思路。
给定一个整数数组 A，我们只能用以下方法修改该数组：我们选择某个索引 i 并将 A[i] 替换为 -A[i]，然后总共重复这个过程 K 次。（我们可以多次选择同一个索引 i。）
以这种方式修改数组后，返回数组可能的最大和。
看到题目的第一想法
观察，排序，将所有的负数都转成正的
若K还有遗留，则将最小的值，反复取负
看到代码随想录之后的想法
代码随想录：按照绝对值排序
用stream来排序的代码
nums = IntStream.of(nums)
.boxed()
.sorted((o1, o2) -> Math.abs(o2) - Math.abs(o1))
.mapToInt(Integer::intValue).toArray();
计算数组的总和
Arrays.stream(nums).sum();
自己实现过程中遇到的困难
我的实现比较繁琐用了两次排序，需要记住这种转成负数的办法
class Solution {
/*public int largestSumAfterKNegations(int[] nums, int k) {
//用贪心 局部和整体
//K次，先把所有的负数转为正数
//返回的是值可以排序
Arrays.sort(nums);
//把所有的负数转为正数
int sum=0;
for(int i=0;i<nums.length;i++){
if(nums[i]<0&&k>0){
nums[i] = -nums[i];
k--;
}
sum+=nums[i];
}
if(k==0){
return sum;
}
//都为正数了且K>0
if(k%2==0){
return sum;
}
Arrays.sort(nums);
return sum-(nums[0]*2);
}*/
public int largestSumAfterKNegations(int[] nums, int K) {
//代码随想录中按照绝对值的大小排序，不需要做额外的判断
// 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
nums = IntStream.of(nums)
.boxed()
.sorted((o1, o2) -> Math.abs(o2) - Math.abs(o1))
.mapToInt(Integer::intValue).toArray();
int len = nums.length;
for (int i = 0; i < len; i++) {
//从前向后遍历，遇到负数将其变为正数，同时K--
if (nums[i] < 0 && K > 0) {
nums[i] = -nums[i];
K--;
}
}
// 如果K还大于0，那么反复转变数值最小的元素，将K用完
if (K % 2 == 1) nums[len - 1] = -nums[len - 1];
return Arrays.stream(nums).sum();
}
}
134. 加油站
本题有点难度，不太好想，推荐大家熟悉一下方法二
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。
如果你可以绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1
看到题目的第一想法
使用暴力算法，gast和cost同时遍历，获得gast[i]-cost[i]的值，若为负数 则break
看到代码随想录之后的想法
暴力算法：为负数不用break，可以在最后进行判断，while(sum>=0&&j%5!=i) while加上个sum>=0的条件
看最后是否满足while跳出条件，也就是 sum>=0&j%5==i，如果满足即可，能把while 走完
贪心的做法：三个参数 start curNum totalNum
若局部的curNum为负数了，则令curNum=0，start为下一个下标重新开始记录
使用一个curNum 和一个totalNum ，totalNum记录每一次gast[i]-cost[i]的和加起来
而curNum记录当前gast[i]-cost[i]的和加起来
若totalNum<0 则不存在 返回-1
若totalNum>=0 则存在该节点，返回curNum计数的起始位置，前面为负的起始位置都给排除了
自己实现过程中遇到的困难
//暴力算法中for循环里面加while的操作可以再熟悉一下
能把终止的点加在while的条件中，而不用在while中break；其余的判断在while之后即可
1 记录每一个差值，如果总和差值为负数，则不存在
2 局部最优，若当前的差值和为负，那么就从差值和的下一个来判断是否可行
3 全局最优，如果当前差值和一直到最后都不为负数，而总差值和>=0 则一定存在对应下标，在非负的差值和的第一个下标开始
class Solution {
/* public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
int len = gas.length;
for(int i=0;i<gas.length;i++){
int sum = 0;
//从i开始 到i这个位置该怎么算呢？
sum = gas[i]-cost[i];
int j = (i+1)%len;
while(j%len!=i){
if(sum+gas[j]-cost[j]>=0){
sum+=gas[j]-cost[j];
}else{
break;
}
j=((j+1))%len;
if(j%len==i){
return j;
}
}
}
return -1;
}*/
//暴力解法，数组中每个元素都进行循环，判断是否满足一次
//需要注意这种最后一次return的方法，我的return太复杂，其实只要在最后看是否满足while条件就行了
/* public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
int len = gas.length;
for(int i=0;i<gas.length;i++){
int j = (i+1)%len;
int sum = gas[i]-cost[i];
//从i开始 到i这个位置该怎么算呢？
while(sum>0&&j%len!=i){
sum+=gas[j]-cost[j];
j=(j+1)%len;
}
//这样处理是可以的
if(sum>=0&&j%len==i){
return j;
}
}
return -1;
}*/
//代码随想录贪心的逻辑:需要观察出，总差值和若为负数则不存在这种回路
//1 记录每一个差值，如果总和差值为负数，则不存在
//2 局部最优，若当前的差值和为负，那么就从差值和的下一个来判断是否可行
//3 全局最优，如果当前差值和一直到最后都不为负数，而总差值和>=0 则一定存在对应下标，在非负的差值和的第一个下标开始
public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
//差值和
int curSum = 0;
//总的差值和
int totalSum = 0;
//起始下标
int start = 0;
for(int i=0;i<gas.length;i++){
curSum += gas[i]-cost[i];
totalSum += gas[i] - cost[i];
if(curSum<0){
start=i+1;
curSum = 0;
}
}
//若总差值和<0 则不存在
if(totalSum<0) return -1;
return start;
}
}
135. 分发糖果
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。
你需要按照以下要求，给这些孩子分发糖果：
- 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 。
本题涉及到一个思想，就是想处理好一边再处理另一边，不要两边想着一起兼顾，后面还会有题目用到这个思路
看到题目的第一想法
想着和之前求摆动序列的思路，用一个pre和cur，其实完全不一样
没有思路
看到代码随想录之后的想法
两次贪心，先处理从左到右的结果
再处理从右到左的结果
要看相邻孩子
用一个数组存放每次贪心的结果
先处理左边<右边:从第二个开始若左边<右边则记录在新数组中为
右边的元素值=左边的元素值+1
再处理右边<左边 从倒数第二个元素开始，若右边<左边，则
左边的元素=Max(右边的元素值+1,数组中原有的元素值)
自己实现过程中遇到的困难
从左到右赋值问题 与前一个比较，填充在当前位置
为什么第二次要从右到左，需要的是右边的结果，i依赖于i+1 的内容，所有要从i+1 往前遍历
-
- 题目的要求是 相邻的孩子中，评分高的孩子必须获得更多的糖果；所以第一次是保证了 只要右边评分比左边大，右边的孩子就多一个糖果 ，所以第二次应该是从后往前遍历，保证 只要左边评分比右边大，左边的孩子就多一个糖果
- 如果从前向后遍历，每次只会更新i，这个结果是依据i+1的，但是下次i+1也会更新 ，这个操作就会使得答案有问题
- 然而如果是从后向前，那么左边比右边大则左边糖果为右边+1，这时候的右边就是第一次从前往后遍历后保证的结果
具体看注释
class Solution {
public int candy(int[] ratings) {
//我没找到思路
//先找到最小的糖果，来左右判断，有点混乱
//if(ratings[i-1]){
//}
//卡哥思路
//两次贪心，先把左边<右边的处理好，再把右边<左边的处理好
//存储好局部的值
//先处理从左往右进行判断的最小糖果数量 统计下来 右边小于左边
//再处理从右往左进行判断的糖果数量，左边小于右边，与之前统计下来的结果做一个比较，两者中取比较大的那个
//有个疑惑：第二次统计会破坏第一次的结果吗？
//不会破坏，因为第二次统计后，只会取两者中更大的那个
//将两者中统计下来的值的总和加起来返回
int candy[] = new int[ratings.length];
for(int i=0;i<candy.length;i++){
candy[i]=1;
}
//看右>左
//注意赋值的是前一个元素的值+1
for(int i=1;i<ratings.length;i++){
if(ratings[i]>ratings[i-1]){
candy[i] = candy[i-1]+1;
}
}
//看左>右
//注意赋值的是前一个元素的值+1
//同时是两者中的最大值，两者中取最大的，代表只会去到比之前的大或者相等的，满足糖果最大数量
for(int i=ratings.length-2;i>=0;i--){
if(ratings[i]>ratings[i+1]){
candy[i] = Math.max(candy[i],candy[i+1]+1);
}
}
int result = 0;
for(int i:candy){
result+=i;
}
return result;
}
}
返