增减字符串匹配
题目
思路
贪心策略:对于[0,n],当遇到"I"时,把所剩的数中最小的拿来使用;
当遇到"D"时,把所剩的数中最大的拿来使用,最后还剩一个数,放末尾。
代码
cpp
class Solution {
public:
vector<int> diStringMatch(string s) {
int n=s.size();
vector<int> ret;
int left=0,right=n;
for(int i=0;i<n;i++){
if(s[i]=='I') ret.push_back(left++);
else ret.push_back(right--);
}
ret.push_back(left);
return ret;
}
};
最优除法
题目
思路
对于一个数组,例如有a,b,c,d,e,f,由于所有的数都是大于2的,依题意,如何加括号使表达式的值最大?即:把除了前两个数之外的其他数都调整到分子的位置就可以了,即:
贪心策略
当只有一个数,返回;当有两个数,返回二者对应格式;
当数的个数大于2个,把前括号加到第二个数前面,后括号加到最后一个数的后面。
代码
cpp
class Solution {
public:
string optimalDivision(vector<int>& nums) {
int n=nums.size();
string s;
if(n==1){
s+=to_string(nums[0]);
}
else if(n==2){
s+=to_string(nums[0]);
s+='/';
s+=to_string(nums[1]);
}
else{
s+=to_string(nums[0]);
s+="/(";
for(int i=1;i<n-1;i++){
s+=to_string(nums[i]);
s+='/';
}
s+=to_string(nums[n-1]);
s+=")";
}
return s;
}
};
跳跃游戏II
题目
思路
下面将采用看似是贪心,但实则也不太算是贪心来解决,或者也可以说是类似于层序遍历。
当遇到某一步和后一步有重叠部分时,把重叠的那一部分归为步数较小的那一步的范围。
使用两个指针来指向某一步的最左边和最右边,另外使用一个变量maxpos记录当前步的范围内最远能走到什么位置。
指针更新规则:left=right+1,right=maxpos。
代码
cpp
class Solution {
public:
int jump(vector<int>& nums) {
int left=0,right=0,maxpos=0,n=nums.size();
int ret=0;
while(left<=right){//保险的写法,以防到不到末尾
if(maxpos>=n-1)
return ret;
for(int i=left;i<=right;i++){
maxpos=max(maxpos,nums[i]+i);
}
left=right+1;
right=maxpos;
ret++;
}
return -1;
}
};
跳跃游戏
题目
思路
这道题其实和上一道题《跳跃游戏II》的解法是一样的,只不过是问题问的不一样。
解法如下:
下面将采用看似是贪心,但实则也不太算是贪心来解决,或者也可以说是类似于层序遍历。
当遇到某一步和后一步有重叠部分时,把重叠的那一部分归为步数较小的那一步的范围。
使用两个指针来指向某一步的最左边和最右边,另外使用一个变量maxpos记录当前步的范围内最远能走到什么位置。
指针更新规则:left=right+1,right=maxpos。
代码
cpp
class Solution {
public:
bool canJump(vector<int>& nums) {
int left=0,right=0,maxpos=0,n=nums.size();
while(left<=right){
if(maxpos>=n-1)
return true;
for(int i=left;i<=right;i++)
maxpos=max(maxpos,nums[i]+i);
left=right+1;
right=maxpos;
}
return false;
}
};
加油站
题目
思路
由于有两个数组,其实我们关注的并不是两个数组中元素是大还是小,关注的而是两个数组对应位置处元素的差值大小,以示例一为例:
如果我们遍历整个数组,然后以数大于等于0的位置为开始,往后绕环走,直到走一圈或者不能够走不到一圈为止,这样的话,时间复杂度是O(N^2),会超时的,所以我们需要进行优化,遍历整个数组显然是必不可少的,那么优化的方法就是使用"滑动窗口"。
贪心策略
当我们找到元素大于等于0的位置,往后绕环走n-1步,如果不支持走n-1步,那么我们就从不支持走n-1步的位置的下一个地方开始走,因为如果按普通理解,我们是会从开始位置的下一个位置开始走,但是这样是无意义的,因为开始位置的值是大于等于0的,这样都不支持走n-1步,更别说减去这个大于等于0的数了,这样的话时间复杂度是0(N),显然是可行的。
我们把关注点放在diff数组上
代码
cpp
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
int n=gas.size();
vector<int> diff(n);
for(int i=0;i<n;i++)
diff[i]=gas[i]-cost[i];
for(int i=0;i<n;i++){
if(diff[i]<0) continue;
else{
long long tmp=diff[i];
for(int k=1;k<n;k++){
if(tmp>=0){
tmp+=diff[(i+k)%n];
}
if(tmp<0){
i+=k;
break;
}
}
if(tmp>=0) return i;
}
}
return -1;
}
};//贪心(时间复杂度O(N))