【贪心算法】刷刷刷刷刷刷题（上）

供自己复习，一篇10题左右

• 1.分发饼干
• 2.分发糖果
• 3.跳跃游戏I
• 4.跳跃游戏II
• 5.合并区间
• 6.无重叠区间
• 7.划分字母区间
• 8.加油站

1.分发饼干

假设你是一位很棒的家长，想要给你的孩子们一些小饼干。但是，每个孩子最多只能给一块饼干。

对每个孩子 i，都有一个胃口值 g[i]，这是能让孩子们满足胃口的饼干的最小尺寸；并且每块饼干 j，都有一个尺寸 s[j] 。如果 s[j] >= g[i]，我们可以将这个饼干 j 分配给孩子 i ，这个孩子会得到满足。你的目标是尽可能满足越多数量的孩子，并输出这个最大数值。

示例 1:

• 输入: g = [1,2,3], s = [1,1]
• 输出: 1 解释:你有三个孩子和两块小饼干，3 个孩子的胃口值分别是：1,2,3。虽然你有两块小饼干，由于他们的尺寸都是 1，你只能让胃口值是 1 的孩子满足。所以你应该输出 1。

这里的局部最优就是大饼干喂给胃口大的，充分利用饼干尺寸喂饱一个，全局最优就是喂饱尽可能多的小孩 。

仔细阅读题目的要求，你的目标是尽可能满足越多数量的孩子，并输出这个最大数值。

所以必须是先遍历胃口(孩子)，给再遍历饼干

不能颠倒！！！！

class Solution {
public:
    int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
        sort(g.begin(), g.end());
        sort(s.begin(), s.end());
        int index = s.size() - 1;
        int result = 0;
        for(int i = g.size() - 1; i >= 0; i --){
            if(index >= 0 && g[i] <= s[index]){
                result  ++;
                index --;
            }
        }
        return result;
    }
};

2.分发糖果

老师想给孩子们分发糖果，有 N 个孩子站成了一条直线，老师会根据每个孩子的表现，预先给他们评分。

你需要按照以下要求，帮助老师给这些孩子分发糖果：

• 每个孩子至少分配到 1 个糖果。
• 相邻的孩子中，评分高的孩子必须获得更多的糖果。

那么这样下来，老师至少需要准备多少颗糖果呢？

示例 1:

• 输入: [1,0,2]
• 输出: 5
• 解释: 你可以分别给这三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。

先确定右边评分大于左边的情况（也就是从前向后遍历）
再确定左边大于右边的情况，但是此时不能再从前向后遍历了！！

如图的解释，判断左边大于右边，从前向后遍历的时候，得出的candyVec序列是1 2 1 2 1 1 1

如果还是从前向后遍历，判断右边大于左边，就会得到 1 2 1 2 2 2 2 的序列，从评分为5的孩子看来，应该比4高但是却没有得到更多的糖

根本原因就是，图上的3 5 4，判断加不加糖，左和右是岔开的，不能一样的遍历判断

这样逻辑会出问题。

第二个，就是从后向前遍历的时候，candVec[i]的选取问题，不能直接取candyVec[i + 1] + 1，因为有可能candyVec本身就比他大，再加的话不满足题目要求的最少糖果，所以candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1)

class Solution {
public:
    int candy(vector<int>& ratings) {
        vector<int> candyVec(ratings.size(), 1);
        // 从前向后
        for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
            if (ratings[i] > ratings[i - 1]) candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1;
        }
        // 从后向前
        for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) {
            if (ratings[i] > ratings[i + 1] ) {
                candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);
            }
        }
        // 统计结果
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < candyVec.size(); i++) result += candyVec[i];
        return result;
    }
};

3.跳跃游戏I

给你一个非负整数数组 nums ，你最初位于数组的 第一个下标 。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下标，如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。

题目只关心能不能跳到终点，所以不用关系要跳几步，只要最后能覆盖住终点就行

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。

定义cover为每次能跳的步长，跳完当前步长和，步跳完当前步长后能跳的步长，做对比，取最大的！

cover可能会大于数组长度，所以要及时return！！

class Solution {
public:
    bool canJump(vector<int>& nums) {
        int cover = 0;
        if (nums.size() == 1) return true; 
        for (int i = 0; i <= cover; i++) { 
            cover = max(i + nums[i], cover);
            if (cover >= nums.size() - 1) return true; 
        }
        return false;
    }
};

4.跳跃游戏II

给定一个长度为 n 的 0 索引 整数数组 nums。初始位置为 nums[0]。

每个元素 nums[i] 表示从索引 i 向前跳转的最大长度。换句话说，如果你在 nums[i] 处，你可以跳转到任意 nums[i + j] 处:

• 0 <= j <= nums[i]
• i + j < n

返回到达 nums[n - 1] 的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达 nums[n - 1]。

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。

通俗点说，
第一步是要知道当前最远能跳到哪里，这里只需要知道最远能跳到哪里，中间没有操作
第二步是要知道以当前的跳的基础，下一步能跳到哪里，虽然是以当前的跳为基础，但是这里是个范围，在第一步没跳到第一步落地这个范围里面，找到第二步的最大覆盖
更新：当前覆盖的更新，是拿每一次next的值去更

class Solution {
public:
    int jump(vector<int>& nums) {
        if(nums.size() <= 1) return 0;
        int cur = 0;
        int next = 0;
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i < nums.size(); i ++){
            next = max(nums[i] + i, next);
            if(i == cur){
                ans ++;
                cur = next;
                if(next >= nums.size() - 1) break;
            }
        }
        return ans;
    }
};

5.合并区间

给出一个区间的集合，请合并所有重叠的区间。

示例 1:

• 输入: intervals = [[1,3],[2,6],[8,10],[15,18]]
• 输出: [[1,6],[8,10],[15,18]]
• 解释: 区间 [1,3] 和 [2,6] 重叠, 将它们合并为 [1,6].

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals) {
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](const vector<int> a, const vector<int> b){return a[0] < b[0];});
        vector<vector<int>> result;
        result.push_back(intervals[0]);
        for(int i = 0; i < intervals.size(); i ++){
            if(intervals[i][0] <= result.back()[1]){ // 区间重叠
                result.back()[1] = max(intervals[i][1], result.back()[1]);
            }
            else{
                result.push_back(intervals[i]); // 区间不重叠 
            }
        }
        return result;
    }
};

6.无重叠区间

给定一个区间的集合，找到需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠。

注意: 可以认为区间的终点总是大于它的起点。 区间 [1,2] 和 [2,3] 的边界相互"接触"，但没有相互重叠。

示例 1:

• 输入: [ [1,2], [2,3], [3,4], [1,3] ]
• 输出: 1
• 解释: 移除 [1,3] 后，剩下的区间没有重叠。

按照右边界排序！！！

class Solution {
public:
    static bool cmp(const vector<int> a, const vector<int> b){
        return a[1] < b[1];
    }
    int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
        if(intervals.size() == 0) return 0;
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
        int end = intervals[0][1];
        int count = 1;
        for(int i = 1; i < intervals.size(); i ++){
            if(intervals[i][0] >= end){
                count ++;
                end = intervals[i][1];
            }
        }
        return intervals.size() - count;
    }
};

7.划分字母区间

字符串 S 由小写字母组成。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。

示例：

• 输入：S = "ababcbacadefegdehijhklij"
• 输出：[9,7,8] 解释： 划分结果为 "ababcbaca", "defegde", "hijhklij"。 每个字母最多出现在一个片段中。 像"ababcbacadefegde", "hijhklij" 的划分是错误的，因为划分的片段数较少。

提示：

• S的长度在[1, 500]之间。
• S只包含小写字母 'a' 到 'z'

在遍历的过程中相当于是要找每一个字母的边界，如果找到之前遍历过的所有字母的最远边界，说明这个边界就是分割点了。此时前面出现过所有字母，最远也就到这个边界了。

可以分为如下两步：

• 统计每一个字符最后出现的位置
• 从头遍历字符，并更新字符的最远出现下标，如果找到字符最远出现位置下标和当前下标相等了，则找到了分割点
  

class Solution {
public:
    vector<int> partitionLabels(string s) {
        // 更新每个字母出现的最远下标
        // 区间内更新其中每个字母出现的最远下标，i等于这个下标的时候片段+1
        int hash[27] = {0};//hash数组里面是不同字母对应的ascll码的最远下标 
        for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
            hash[s[i] - 'a'] = i;
        }
        vector<int> result;
        int left = 0;
        int right = 0;
        for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
            right = max(right, hash[s[i] - 'a']);
            if(i == right){
                result.push_back(right - left + 1);
                left = i + 1;
            }
        }
        return result;
    }
};

8.加油站

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。

给定两个整数数组 gas 和 cost ，如果你可以按顺序绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1 。如果存在解，则 保证 它是 唯一 的。

直接从全局进行贪心选择，情况如下：

• 情况一：如果gas的总和小于cost总和，那么无论从哪里出发，一定是跑不了一圈的
• 情况二：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，如果累加没有出现负数，说明从0出发，油就没有断过，那么0就是起点。
• 情况三：如果累加的最小值是负数，汽车就要从非0节点出发，从后向前，看哪个节点能把这个负数填平，能把这个负数填平的节点就是出发节点。

首先遍历计算每一个加油站点留下来的rest

然后rest累加，并且同时关注这个累加的curSum是否小于0，小于0就记录给min，当遍历完之后，可以得到curSum的值，还有累加过程中最小的一个和min

如果curSum小于0，情况一

如果min >= 0，情况二

情况三，min的值就有用了，之前记录了最小的和，现在从后往前，一个个加给他，

当从后向前进行遍历时，实际上是在尝试找到一个点，从该点出发（不论是向前还是向后）都能保证剩余油量始终大于等于零。

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int curSum = 0;
        int min = 0;
        for(int i = 0; i < gas.size(); i ++){
            int rest = gas[i] - cost[i];
            curSum += rest;
            if(curSum < min){
                min = curSum;
            }
        }
        if(curSum < 0) return -1;
        if(min >= 0) return 0;
        for(int i = gas.size() - 1; i >= 0; i --){
            int rest = gas[i] - cost[i];
            min += rest;
            if(min >= 0) return i;
        }
        return -1;
    }
};