k次取反后最大的数组元素和
思路：贪心，局部最优，让绝对值大的负数变正数，当前数值达到最大，整体最优；整个数组和达到最大。如果把序列中所有负数都转换为正数了，k还没耗尽，就是k还大于0，那就反复转换排序后的比较小的那个元素，把k耗尽，这时候对总和的损耗会比较小，是不可避免的损耗了。
class Solution{
static bool cmp(int a,int b){
return abs(a) > abs(b);//abs是取绝对值
}
public:
int largestSumAfterKNegations(vector<int>&A,int K){
sort(A.begin(),A.end(),cmp);//按绝对值大小排序
for(int i = 0;i < A.size(); i++){//从前往后遍历，将负数转换成正数
if(A[i] < 0 && K > 0){
A[i]*= -1;
K--;
}
}
if(K & 2 == 1)A[A.size() - 1]*= -1;//对排序后的最后一个元素反复变换正负，消耗k
int result = 0;
for(int a : A)result += a;//求和
return result;
}
}加油站
思路：贪心的思路1，直接从全局出发考虑：
第一种情况，如果gas的总和小于cost总和，那么无论从哪里出发都跑不了一圈。
第二种情况，rest[i] = gas[i] - cost[i]为一天剩下的油，i从0开始计算累加到最后一站，如果累加没出现负数，说明0就是起点。
第三种情况，如果累加的最小值是负数，汽车就要从非0节点出发，从后往前看，那个节点能把gas[i]-cost[i]给填平了，那它就是起点。
class Solution{
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>&gas,vector<int>&cost){
int curSum = 0;
int min = INT_MAX;//从起点出发，油箱里的油量最小值
for(int i = 0; i < gas.size();i++){
int rest = gas[i] - cost[i];//一天剩下的油
curSum += rest;//累加每天剩下的
if(curSum < min){
min = curSum;//如果最终一天剩下的油量比油箱油量最小值还小，将剩余油量记录在min内
}
}
if(curSum < 0)return -1;//总和小于0，返回-1
if(min >= 0)return 0;//油量最小值>0,返回0
for(int i = gas.size() - 1; i >= 0;i--){//以上两个都不是
int rest = gas[i] - cost[i];
min += rest; //累加后最小值不是负数就返回节点i，是负数就继续遍历找节点
if(min >= 0){
return i;
}
}
return -1;
}
}贪心思路2：
如果总油量减去总消耗大于等于0一定可以跑完一圈，也就是各个站点的加油站剩油量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0，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，到这里都会断油，那么起始位置往前推一个节点到i+1,再次从0计算curSum,合适就是它了，返回，不合适，继续推。
局部最优：当前累加rest[i]的和curSum一旦小于0，起始位置至少是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。
来自Leetcode的Gnakuw的图解