代码随想录算法训练营第三十五天：贪心第二步

代码随想录算法训练营第三十五天：贪心第二步

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本周小结！（贪心算法系列一）

#周一

本周正式开始了贪心算法，在关于贪心算法，你该了解这些！​**(opens new window)** 中，我们介绍了什么是贪心以及贪心的套路。

贪心的本质是选择每一阶段的局部最优，从而达到全局最优。

有没有啥套路呢？

不好意思，贪心没套路，就刷题而言，如果感觉好像局部最优可以推出全局最优，然后想不到反例，那就试一试贪心吧！

而严格的数据证明一般有如下两种：

• 数学归纳法
• 反证法

数学就不在讲解范围内了，感兴趣的同学可以自己去查一查资料。

正是因为贪心算法有时候会感觉这是常识，本就应该这么做！ 所以大家经常看到网上有人说这是一道贪心题目，有人说这不是。

这里说一下我的依据：如果找到局部最优，然后推出整体最优，那么就是贪心，大家可以参考哈。

#周二

在贪心算法：分发饼干​**(opens new window)** 中讲解了贪心算法的第一道题目。

这道题目很明显能看出来是用贪心，也是入门好题。

我在文中给出局部最优：大饼干喂给胃口大的，充分利用饼干尺寸喂饱一个，全局最优：喂饱尽可能多的小孩。

很多录友都是用小饼干优先先喂饱小胃口的。

后来我想一想，虽然结果是一样的，但是大家的这个思考方式更好一些。

因为用小饼干优先喂饱小胃口的 这样可以尽量保证最后省下来的是大饼干（虽然题目没有这个要求）！

所以还是小饼干优先先喂饱小胃口更好一些，也比较直观。

一些录友不清楚贪心算法：分发饼干​**(opens new window)** 中时间复杂度是怎么来的？

就是快排O(nlog n)，遍历O(n)，加一起就是还是O(nlogn)。

#周三

接下来就要上一点难度了，要不然大家会误以为贪心算法就是常识判断一下就行了。

在贪心算法：摆动序列​**(opens new window)** 中，需要计算最长摇摆序列。

其实就是让序列有尽可能多的局部峰值。

局部最优：删除单调坡度上的节点（不包括单调坡度两端的节点），那么这个坡度就可以有两个局部峰值。

整体最优：整个序列有最多的局部峰值，从而达到最长摆动序列。

在计算峰值的时候，还是有一些代码技巧的，例如序列两端的峰值如何处理。

这些技巧，其实还是要多看多用才会掌握。

#周四

在贪心算法：最大子序和​**(opens new window)** 中，详细讲解了用贪心的方式来求最大子序列和，其实这道题目是一道动态规划的题目。

贪心的思路为局部最优：当前"连续和"为负数的时候立刻放弃，从下一个元素重新计算"连续和"，因为负数加上下一个元素 "连续和"只会越来越小。从而推出全局最优：选取最大"连续和"

代码很简单，但是思路却比较难。还需要反复琢磨。

针对贪心算法：最大子序和​**(opens new window)** 文章中给出的贪心代码如下；

class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
int result = INT32_MIN;
int count = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
count += nums[i];
if (count > result) { // 取区间累计的最大值（相当于不断确定最大子序终止位置）
result = count;
}
if (count <= 0) count = 0; // 相当于重置最大子序起始位置，因为遇到负数一定是拉低总和
}
return result;
}
};

不少同学都来问，如果数组全是负数这个代码就有问题了，如果数组里有int最小值这个代码就有问题了。

大家不要脑洞模拟哈，可以亲自构造一些测试数据试一试，就发现其实没有问题。

数组都为负数，result记录的就是最大的负数，如果数组里有int最小值，那么最终result就是int最小值。

#总结

本周我们讲解了贪心算法的理论基础​**(opens new window)** ，了解了贪心本质：局部最优推出全局最优。

然后讲解了第一道题目分发饼干​**(opens new window)** ，还是比较基础的，可能会给大家一种贪心算法比较简单的错觉，因为贪心有时候接近于常识。

其实我还准备一些简单的贪心题目，甚至网上很多都质疑这些题目是不是贪心算法。这些题目我没有立刻发出来，因为真的会让大家感觉贪心过于简单，而忽略了贪心的本质：局部最优和全局最优两个关键点。

所以我在贪心系列难度会有所交替，难的题目在于拓展思路，简单的题目在于分析清楚其贪心的本质，后续我还会发一些简单的题目来做贪心的分析。

在摆动序列​**(opens new window)** 中大家就初步感受到贪心没那么简单了。

本周最后是最大子序和​**(opens new window)** ，这道题目要用贪心的方式做出来，就比较有难度，都知道负数加上正数之后会变小，但是这道题目依然会让很多人搞混淆，其关键在于：不能让"连续和"为负数的时候加上下一个元素，而不是 不让"连续和"加上一个负数。这块真的需要仔细体会！

122.买卖股票的最佳时机 II

力扣题目链接(opens new window)

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）。

示例 1:

• 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 。

示例 2:

• 输入: [1,2,3,4,5]
• 输出: 4
• 解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。

示例 3:

• 输入: [7,6,4,3,1]
• 输出: 0
• 解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

提示：

• 1 <= prices.length <= 3 * 10 ^ 4
• 0 <= prices[i] <= 10 ^ 4

#算法公开课

《代码随想录》算法视频公开课 ****(opens new window)****​ ：​ 贪心算法也能解决股票问题！LeetCode：122.买卖股票最佳时机 II ****(opens new window)****​ ，相信结合视频在看本篇题解，更有助于大家对本题的理解。

#思路

本题首先要清楚两点：

• 只有一只股票！
• 当前只有买股票或者卖股票的操作

想获得利润至少要两天为一个交易单元。

#贪心算法

这道题目可能我们只会想，选一个低的买入，再选个高的卖，再选一个低的买入...循环反复。

如果想到其实最终利润是可以分解的，那么本题就很容易了！

如何分解呢？

假如第 0 天买入，第 3 天卖出，那么利润为：prices[3] - prices[0]。

相当于(prices[3] - prices[2]) + (prices[2] - prices[1]) + (prices[1] - prices[0])。

此时就是把利润分解为每天为单位的维度，而不是从 0 天到第 3 天整体去考虑！

那么根据 prices 可以得到每天的利润序列：(prices[i] - prices[i - 1])...(prices[1] - prices[0])。

如图：

​​

一些同学陷入：第一天怎么就没有利润呢，第一天到底算不算的困惑中。

第一天当然没有利润，至少要第二天才会有利润，所以利润的序列比股票序列少一天！

从图中可以发现，其实我们需要收集每天的正利润就可以，收集正利润的区间，就是股票买卖的区间，而我们只需要关注最终利润，不需要记录区间。

那么只收集正利润就是贪心所贪的地方！

局部最优：收集每天的正利润，全局最优：求得最大利润。

局部最优可以推出全局最优，找不出反例，试一试贪心！

对应 C++代码如下：

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

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

#动态规划

动态规划将在下一个系列详细讲解，本题解先给出我的 C++代码（带详细注释），想先学习的话，可以看本篇：122.买卖股票的最佳时机II（动态规划）(opens new window)

class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
// dp[i][1]第i天持有的最多现金
// dp[i][0]第i天持有股票后的最多现金
int n = prices.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 0));
dp[0][0] -= prices[0]; // 持股票
for (int i = 1; i < n; i++) {
// 第i天持股票所剩最多现金 = max(第i-1天持股票所剩现金, 第i-1天持现金-买第i天的股票)
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);
// 第i天持有最多现金 = max(第i-1天持有的最多现金，第i-1天持有股票的最多现金+第i天卖出股票)
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);
}
return max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]);
}
};

• 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
• 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)

#总结

股票问题其实是一个系列的，属于动态规划的范畴，因为目前在讲解贪心系列，所以股票问题会在之后的动态规划系列中详细讲解。

可以看出有时候，贪心往往比动态规划更巧妙，更好用，所以别小看了贪心算法。

本题中理解利润拆分是关键点！ 不要整块的去看，而是把整体利润拆为每天的利润。

一旦想到这里了，很自然就会想到贪心了，即：只收集每天的正利润，最后稳稳的就是最大利润了。

55. 跳跃游戏

力扣题目链接(opens new window)

给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。

数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。

判断你是否能够到达最后一个位置。

示例 1:

• 输入: [2,3,1,1,4]
• 输出: true
• 解释: 我们可以先跳 1 步，从位置 0 到达 位置 1, 然后再从位置 1 跳 3 步到达最后一个位置。

示例 2:

• 输入: [3,2,1,0,4]
• 输出: false
• 解释: 无论怎样，你总会到达索引为 3 的位置。但该位置的最大跳跃长度是 0 ， 所以你永远不可能到达最后一个位置。

#算法公开课

《代码随想录》算法视频公开课 ****(opens new window)****​ ：​ 贪心算法，怎么跳跃不重要，关键在覆盖范围 | LeetCode：55.跳跃游戏 ****(opens new window)****​ ，相信结合视频在看本篇题解，更有助于大家对本题的理解。

#思路

刚看到本题一开始可能想：当前位置元素如果是 3，我究竟是跳一步呢，还是两步呢，还是三步呢，究竟跳几步才是最优呢？

其实跳几步无所谓，关键在于可跳的覆盖范围！

不一定非要明确一次究竟跳几步，每次取最大的跳跃步数，这个就是可以跳跃的覆盖范围。

这个范围内，别管是怎么跳的，反正一定可以跳过来。

那么这个问题就转化为跳跃覆盖范围究竟可不可以覆盖到终点！

每次移动取最大跳跃步数（得到最大的覆盖范围），每移动一个单位，就更新最大覆盖范围。

贪心算法局部最优解：每次取最大跳跃步数（取最大覆盖范围），整体最优解：最后得到整体最大覆盖范围，看是否能到终点。

局部最优推出全局最优，找不出反例，试试贪心！

如图：

​​

i 每次移动只能在 cover 的范围内移动，每移动一个元素，cover 得到该元素数值（新的覆盖范围）的补充，让 i 继续移动下去。

而 cover 每次只取 max(该元素数值补充后的范围, cover 本身范围)。

如果 cover 大于等于了终点下标，直接 return true 就可以了。

C++代码如下：

class Solution {
public:
bool canJump(vector<int>& nums) {
int cover = 0;
if (nums.size() == 1) return true; // 只有一个元素，就是能达到
for (int i = 0; i <= cover; i++) { // 注意这里是小于等于cover
cover = max(i + nums[i], cover);
if (cover >= nums.size() - 1) return true; // 说明可以覆盖到终点了
}
return false;
}
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

#总结

这道题目关键点在于：不用拘泥于每次究竟跳几步，而是看覆盖范围，覆盖范围内一定是可以跳过来的，不用管是怎么跳的。

大家可以看出思路想出来了，代码还是非常简单的。

一些同学可能感觉，我在讲贪心系列的时候，题目和题目之间貌似没有什么联系？

是真的就是没什么联系，因为贪心无套路！没有个整体的贪心框架解决一系列问题，只能是接触各种类型的题目锻炼自己的贪心思维！

45.跳跃游戏 II

力扣题目链接(opens new window)

给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。

数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。

你的目标是使用最少的跳跃次数到达数组的最后一个位置。

示例:

• 输入: [2,3,1,1,4]
• 输出: 2
• 解释: 跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。

说明: 假设你总是可以到达数组的最后一个位置。

#算法公开课

《代码随想录》算法视频公开课 ****(opens new window)****​ ：​ 贪心算法，最少跳几步还得看覆盖范围 | LeetCode： 45.跳跃游戏 II ****(opens new window)****​ ，相信结合视频在看本篇题解，更有助于大家对本题的理解。

#思路

本题相对于55.跳跃游戏​**(opens new window)** 还是难了不少。

但思路是相似的，还是要看最大覆盖范围。

本题要计算最少步数，那么就要想清楚什么时候步数才一定要加一呢？

贪心的思路，局部最优：当前可移动距离尽可能多走，如果还没到终点，步数再加一。整体最优：一步尽可能多走，从而达到最少步数。

思路虽然是这样，但在写代码的时候还不能真的能跳多远就跳多远，那样就不知道下一步最远能跳到哪里了。

所以真正解题的时候，要从覆盖范围出发，不管怎么跳，覆盖范围内一定是可以跳到的，以最小的步数增加覆盖范围，覆盖范围一旦覆盖了终点，得到的就是最少步数！

这里需要统计两个覆盖范围，当前这一步的最大覆盖和下一步最大覆盖。

如果移动下标达到了当前这一步的最大覆盖最远距离了，还没有到终点的话，那么就必须再走一步来增加覆盖范围，直到覆盖范围覆盖了终点。

如图：

​​

图中覆盖范围的意义在于，只要红色的区域，最多两步一定可以到！（不用管具体怎么跳，反正一定可以跳到）

#方法一

从图中可以看出来，就是移动下标达到了当前覆盖的最远距离下标时，步数就要加一，来增加覆盖距离。最后的步数就是最少步数。

这里还是有个特殊情况需要考虑，当移动下标达到了当前覆盖的最远距离下标时

• 如果当前覆盖最远距离下标不是是集合终点，步数就加一，还需要继续走。
• 如果当前覆盖最远距离下标就是是集合终点，步数不用加一，因为不能再往后走了。

C++代码如下：（详细注释）

// 版本一
class Solution {
public:
int jump(vector<int>& nums) {
if (nums.size() == 1) return 0;
int curDistance = 0;    // 当前覆盖最远距离下标
int ans = 0;            // 记录走的最大步数
int nextDistance = 0;   // 下一步覆盖最远距离下标
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
nextDistance = max(nums[i] + i, nextDistance);  // 更新下一步覆盖最远距离下标
if (i == curDistance) {                         // 遇到当前覆盖最远距离下标
ans++;                                  // 需要走下一步
curDistance = nextDistance;             // 更新当前覆盖最远距离下标（相当于加油了）
if (nextDistance >= nums.size() - 1) break;  // 当前覆盖最远距到达集合终点，不用做ans++操作了，直接结束
}
}
return ans;
}
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

#方法二

依然是贪心，思路和方法一差不多，代码可以简洁一些。

针对于方法一的特殊情况，可以统一处理，即：移动下标只要遇到当前覆盖最远距离的下标，直接步数加一，不考虑是不是终点的情况。

想要达到这样的效果，只要让移动下标，最大只能移动到 nums.size - 2 的地方就可以了。

因为当移动下标指向 nums.size - 2 时：

• 如果移动下标等于当前覆盖最大距离下标， 需要再走一步（即 ans++），因为最后一步一定是可以到的终点。（题目假设总是可以到达数组的最后一个位置），如图：
• 如果移动下标不等于当前覆盖最大距离下标，说明当前覆盖最远距离就可以直接达到终点了，不需要再走一步。如图：

​​

代码如下：

// 版本二
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;            // 记录走的最大步数
int nextDistance = 0;   // 下一步覆盖的最远距离下标
for (int i = 0; i < nums.size() - 1; i++) { // 注意这里是小于nums.size() - 1，这是关键所在
nextDistance = max(nums[i] + i, nextDistance); // 更新下一步覆盖的最远距离下标
if (i == curDistance) {                 // 遇到当前覆盖的最远距离下标
curDistance = nextDistance;         // 更新当前覆盖的最远距离下标
ans++;
}
}
return ans;
}
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

可以看出版本二的代码相对于版本一简化了不少！

其精髓在于控制移动下标 i 只移动到 nums.size() - 2 的位置，所以移动下标只要遇到当前覆盖最远距离的下标，直接步数加一，不用考虑别的了。

#总结

相信大家可以发现，这道题目相当于55.跳跃游戏​**(opens new window)** 难了不止一点。

但代码又十分简单，贪心就是这么巧妙。

理解本题的关键在于：以最小的步数增加最大的覆盖范围，直到覆盖范围覆盖了终点，这个范围内最少步数一定可以跳到，不用管具体是怎么跳的，不纠结于一步究竟跳一个单位还是两个单位。