贪心算法学习C++

1，跳跃游戏II

【题目描述】

在给定的一个nums数组中，nums $i$ 表示从当前i位置最多可以向后跳跃nums $i$ 个位置。问跳跃到最后数组最后一个元素的最少跳跃次数？？？

【贪心】

首先，需要注意的是，题目的意思是最远跳跃nums $i$ 个位置，而不是必须跳跃mun $i$ 个位置。

以一个例子来看：nums= $2,3,1,1,4,2,6,7,1$ 。nums $0$ =2，所以可以从0位置最多向后跳跃2个位置，所以最远可以跳跃到1，也可以选择跳跃到3。

nums= $2,3,1,1,4,2,6,7,1$ 。还是以这个数组为例。

第一次的起跳位置是数组下标为0的位置。经过一次跳跃之后，可以到达3或者1，此时的位置是第二次起跳位置，也就是说第二次起跳的位置是3或者1。同理，假设3为第二次起跳的位置，那么可以到达【1，1，4】，假设1为第二次起跳的位置，可以到达【1】。两者取并集，可以得到从第二次起跳位置起跳，可以跳跃到的区间。后面也是同理，配图：

从上图我们可以发现二次起跳的位置【3，1】和三次起跳的位置【1，1，4】这两个区间存在交集。而题目中求的是最少跳跃次数，所以可以通过二次跳跃可以到达的位置，不会选择跳跃三次。

那么如何判断跳跃到数组的最后一个元素了？对于每一个跳跃区间，我们可以使用两个变量来维护这两个区间的开始位置和结束位置【left，right】，比如对于二次起跳的位置（上图中蓝色部分的线），对应的区间就是【1，2】。当right超出数组的长度，就表示可以跳跃到数组的结尾位置了。注意：这个【left，right】区间存储的是下标，不是元素。

维护【left,right】区间，从上图可以发现，第三次起跳的【left，right】，其中left可以通过上一次起跳的【left，right】的right+1得来。而right就需要遍历第二次起跳的【left，right】找出最远的距离。

【代码】

只需遍历数组一遍，时间复杂度为O(N)

复制代码

class Solution {
public:
    int jump(vector<int>& nums) {
        int n=nums.size();
        int maxpos=0;//存储下一次起跳的最远位置，也就是下一个right
        int ret=0;//记录最终结果
        int left=0,right=0;

        while(left<=right)
        {
            if(maxpos>=n-1)//已经可以跳跃到数组结尾
            {
                return ret;
            }
            //遍历当前[left,right]，更新下一次的[left,right]
            for(int i=left;i<=right;i++)
            {
                maxpos=max(maxpos,nums[i]+i);
            }
            left=right+1;
            right=maxpos;
            ret++;//跳跃次数++
        }
        return ret;
    }
};

2，跳跃游戏I

题目连接：55. 跳跃游戏 - 力扣（LeetCode）

本题与上体思路一模一样，只是返回值修改以下即可。

复制代码

class Solution {
public:
    bool canJump(vector<int>& nums) {
          //贪心
        int n=nums.size();
        int left=0,right=0,ret=0;
        int maxPos=0;//记录下一个最远跳到的位置
        while(left<=right)
        {
            if(maxPos>=n-1)
            return true;
            //跟新maxPos
            for(int i=left;i<=right;i++)
            maxPos=max(maxPos,nums[i]+i);

            //更新区间
            left=right+1;
            right=maxPos;
            ret++;
        }
        return false;
    }
};

3，加油站

题目连接：134. 加油站 - 力扣（LeetCode）

【题目描述】

题目简单的理解，n个加油站，每个加油站有gas $i$ 升汽油。刚开始汽车的油箱为空。从第i个加油站行驶到第i+1个加油站，需要消耗cost $i$ 升汽油。问，是否存在一个加油站，是该汽车可以环绕n个加油占一周，回到起始加油站，返回该加油站的下标。

【暴力枚举算法】

我们可以枚举每个加油站位置，看看是否可以环绕一周，回到起始位置。

从第i个加油站到达第i+1个加油站，需要消耗cost $i$ 升汽油，而第i个加油站可以获得gas $i$ 升汽油，所以汽车要想从第i个加油站行驶到第i+1个加油站，必须保证gas $i$ >=cos $i$ 。

我们可以将gas $i$ -cos $i$ 的值保存于一个diff数组中（这个数组不需要定义出来，只是为了好理解），如果从第i个加油站开始走，那么mixup满足gas $i$ >=cos $i$ ，也就是diff $i$ >=0。

以题目中给的示例为例：

当我们选中一个位置作为起点，从当前位置，再次枚举步数（0~n-），以为可能下标会越界，所以需要在对数组长度取模。

【暴力代码】（会超时）

时间复杂度O（N^2）

复制代码

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int n = gas.size();
        //枚举起点
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            int rest=0;//剩余汽油
            for(int step=0;step<n;step++)//枚举步数
            {
                int index=(step+i)%n;//求出走step后的下标
                rest+=gas[index]-cost[index];
                if(rest<0)
                break;
            }
            if(rest>=0)
            return i;
        }
        return -1;
    }
};

【贪心优化】

复制代码

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int n = gas.size();
        //枚举起点
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            int rest=0;//剩余汽油
            int step=0;
            for(;step<n;step++)//枚举步数
            {
                int index=(step+i)%n;//求出走step后的下标
                rest+=gas[index]-cost[index];
                if(rest<0)
                break;
            }
            if(rest>=0)
            return i;
            i+=step;//循环会完成+1工作
        }
        return -1;
    }
};