006贪心——算法备赛

跨步问题

跳跃游戏||

问题描述

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 向后跳转的最大长度。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]。

原题链接

思路分析

设nums[0]=x从起点0处出发走1步能到达[0,x]内的所有点，不必纠结具体要到那个点 ，反正到不了x+1及以后的点，遍历[0,x]区间内的每个点i，用nums[i]+i来更新走第2步能到达的最远点next，等遍历到x点，第二步所能到达的点的范围就是[x+1,next]，以此类推，直到遍历到终点。

具体实现上，定义cur表示走ans步所能到达的最远点，next表示下一阶段所能到达的最远点，从左到右依次遍历，等遍历到cur时，表示到达ans步所能到达的最远点，若还没到达终点，则ans++，cur更新为next，最后的ans就是答案。

以{2,4,3,12,0,5,1}为例：

代码

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int jump(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size(), ans = 0, cur = 0, next = 0;  //cur为走ans步能到达的最远处.
        for (int i = 0; i < n - 1; i++) {  //注意i截止到n-2.
            next = max(next, i + nums[i]);  //next为走ans+1步能到达的最远处.
            if (i == cur) cur = next, ans++; //到达ans步所能到达的最远处cur，后面还有节点，ans需要再+1，cur更新为next
        }
        return ans;
    }

总结：不用关系每一步走到哪的细节，到达ans所能到达的最远点后，贪心地选取下一阶段能到达的最远点next为阶段终点，步步为营。

达到数组末尾的最大得分

问题描述

给你一个长度为 n 的整数数组 nums 。

你的目标是从下标 0 出发，到达下标 n - 1 处。每次你只能移动到更大的下标处。

从下标 i 跳到下标 j 的得分为 (j - i) * nums[i] 。

请你返回你到达最后一个下标处能得到的 最大总得分 。

原题链接

思路分析

首先来分析一个子问题，1.从0下标处直接跳到n-1下标处，2.从0跳到中间某个下标i处再跳到n-1下标处，方案2的总得分比方案1大吗？

nums[i]>nums[0] 则nums[0] * i + nums[i] * (n-1-i) > nums[0] * i+nums[0] (n-1-i)

即 nums[0] * i + nums[i] * (n-1-i) > nums[0] * （n-1） 方案2总得分大
nums[i]<=nums[0] 则nums[0] * i + nums[i] * (n-1-i) <= nums[0] * i+nums[0] (n-1-i)

即 nums[0] * i + nums[i] * (n-1-i) >= nums[0] * （n-1） 方案2总得分没有更大

综上说明当中间有某个下标对应数组值大于nums[0]时，方案2的总得分才更大。

这也说明最佳方案是否要中转到i处，判断nums[i]是否大于上一阶段起点对应的nums值。

定义tar，初始时为nums[0]*(n-1)，表示从0下标直接跳到n-1下标处的总得分

运用贪心思想，从下标1开始从左往右遍历，每次遍历到nums[i]，判断nums[i]是否大于上一阶段的起点数组值，是说明中转到 i 处的方案获得的总得分比直接到终点获得的总得分要大；

此时便更新 上一阶段获得最大得分值 ，目标历史最大值 ，上一阶段起点数组值 ，上一阶段起点下标值

直到遍历完n-2,此时的目标历史最大值 即为目标最大分数

代码

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long long findMaximumScore(vector<int>& nums) {
        long long n=nums.size();
        long long tar=(long long)nums[0]*(n-1);
        long long maxn=nums[0];  //上一阶段起点数组值
        long long mt=0;  //上一阶段起点下标值
        long long tr=0;  //上一阶段获得最大得分值
        for(int i=1;i<n-1;i++){
            if(nums[i]>maxn){
                tr+=(i-mt)*maxn;
                tar=tr+nums[i]*(n-i-1);
                maxn=nums[i];
                mt=i;
            }
        }
        return tar;
    }

区间交集问题

用最少数量的箭引爆气球

问题描述

有一些球形气球贴在一堵用 XY 平面表示的墙面上。墙面上的气球记录在整数数组 points ，其中points[i] = [xstart, xend] 表示水平直径在 xstart 和 xend之间的气球。你不知道气球的确切 y 坐标。

一支弓箭可以沿着 x 轴从不同点 完全垂直 地射出。在坐标 x 处射出一支箭，若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 start，end，且满足 start ≤ x ≤ end，则该气球会被引爆。可以射出的弓箭的数量 没有限制 。弓箭一旦被射出之后，可以无限地前进。

给你一个数组 points ，返回引爆所有气球所必须射出的最小弓箭数 。

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思路分析

首先对数组升序排序，定义一个变量pos，表示当前箭射在的位置，第一箭射在第一个气球的右边界，定义一个变量ans表示最少箭数，数组不为空时初始为1；

往右遍历每个气球，每当有新的气球的左边界小于等于pos，说明该气球可和前面气球有重叠部分可以一箭射穿，否则说明没有重叠部分，重置pos为其右边界，箭数+1；

代码

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int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) {
        if (points.empty()) {
            return 0;
        }
        sort(points.begin(), points.end(), [](const vector<int>& u, const vector<int>& v) {
            return u[1] < v[1];  //以右边界为标准升序排序
        });
        int pos = points[0][1];
        int ans = 1;
        for (auto balloon: points) {
            if (balloon[0] > pos) {
                pos = balloon[1];
                ++ans;
            }
        }
        return ans;
    }

无重叠区间

问题描述

给定一个区间的集合 intervals ，其中 intervals[i] = [starti, endi] 。返回 需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠 。

注意只在一点上接触的区间是 不重叠的 。例如 [1, 2] 和 [2, 3] 是不重叠的。

思路分析

求移除区间的最少数目，相当于求保留区间的最多数目，参照上一题用最少数量的箭引爆气球，k个两两相交的区间只能保留一个，为使后续保留的互不重叠的区间最多，应保留右边界最小的那个，将数组按右区间大小升序排序，定义一个变量right，代表当前两两相交区间集合的右边界，从左往右遍历每个区间，每当有区间左边界小于right，则该区间可以舍弃，否则更新右边界为当前区间的右边界，并将保留区间统计量m+1。最后intervals.size() - m就是答案。

将区间数组按右区间大小升序排序，再从左往右遍历，保证了枚举的区间右边界逐渐增大，使每个独立的两两相交区间集合的右边界尽量小，让后面能容纳更多的独立区间，最后统计的m就是保留区间数量的最大值。

代码

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int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](vector<int>& a, vector<int>& b) {
            return a[1] < b[1];
        });
        int m = 1;
        int right = intervals[0][1];
        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
            if (intervals[i][0] >= right) {
                m++;
                right = intervals[i][1];
            }
        }

        return intervals.size() - m;
    }

构造连续值问题

构造的连续值的最大数目

问题描述

给你一个长度为 n 的整数数组 coins ，它代表你拥有的 n 个硬币。第 i 个硬币的值为 coins[i] 。如果你从这些硬币中选出一部分硬币，它们的和为 x ，那么称，你可以构造出 x 。

请返回，你最多能构造出多少个从 0 开始（包括 0 ）的连续整数。

你可能有多个相同值的硬币。

思路分析

设我们现在能构造出[0,x]区间的整数，现在我们新增一个整数 y，那么我们可以构造出的区间为[0,x]和 [y,x+y]，那么如果 y≤x+1，则加入整数 y 后我们能构造出 [0,x+y] 区间的整数，否则我们还是只能构造出连续的 [0,x] 区间的数字。

具体实现上，我们每次从数组中找到未选择数字中的最小值 来作为 y，因为如果此时的最小值 y 都不能更新区间 [0,x]，那么剩下的其他更大元素肯定不能更新区间 [0,x]。那么我们初始从 x=0 开始，按照升序来遍历数组 nums 的元素来作为 y，如果 y≤x+1 那么我们扩充区间为 [0,x+y]，否则我们无论选任何未选的数字都不能使答案区间变大，此时直接退出即可。

代码

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int getMaximumConsecutive(vector<int>& coins) {
        int res = 1;
        sort(coins.begin(), coins.end());
        for (auto& i : coins) {
            if (i > res) {
                break;
            }
            res += i;
        }
        return res;
    }
作者：灵茶山艾府

最少砝码

问题描述

你有架天平。现在你要设计一套砝码，使得利用这些砝码可以称出任意小于等于N的正整数重量。

那么这套砝码最少需要多少个砝码？

注意天平的两边都可以放砝码。

思路分析

本题与上一题相似，略有不同之处在于，本题用数字构造连续区间可以用减法（放在天平另一侧）。思路大体相同。

设我们现在能构造出[1,x]区间的所有整数，现在新增一个y，那能构造出的区间为[1,x],[y-x,y],[y,x+y]。

如果y-x<=x+1即y<=2x+1则加入整数 y 后我们能构造出 [1,x+y] 区间的所有整数，最优方案的y是2x+1。

1个砝码时，使用最优方案，用重量为1的砝码，能称出的最大的从1开始连续的最大重量是sum(1)=1
2个砝码时，使用最优方案，添加一个重量为sum(1)*2+1=3的砝码，能称出最大的从1开始连续的最大重量是sum(2)=sum(1)+3
依次类推，n个砝码，能称出符合要求的最大上界是sum(n-1)*2+1+sum(n-1)即3*sum(n-1)+1。

具体实现上，sum记录所能称出符合要求的最大上界，cnt记录砝码个数。每次添加一个砝码，并更新sum值，当sum>=n时的cnt就是答案。

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

int main()
{
    int n;
    cin >> n;
    int sum = 1, cnt = 1; //sum存储可以表示区间的最大值
    while(sum<n){
      sum+=sum*2+1;  //也可写成sum=3*sum+1
      cnt++;
    }
    cout << cnt ;
    return 0;
}