0x3f 第21天 三更java进阶1-35 hot100普通数组

1.买卖股票的最佳时机

因为买入要在卖之前，所以需要一个minPrice不断更新到第i天的最低价，不断的用当天的price减去一直维护的minPrice，最终即是答案

两个变量：minPrice和pricei

class Solution:
    def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
        ans = 0
        minPrice = prices[0]
        for p in prices:
            ans = max(ans,p-minPrice)
            minPrice = min(minPrice,p)
        return ans

2.最大子数组和

具有最大和的连续子数组

首先想到回溯法

回溯公式：dfs(i) = max(dfs(i-1),0)+numsi

dfs定义，以i结尾的最大子数组和

为什么是max和0比，因为如果dfs（i-1）是负数，那最大子数组不就是dfsi自己吗，为什么要带上dfs（i-1）

边界条件：if i==0: return nums0

特殊的地方是ans首先取值要为-inf

时间复杂度：n 空间复杂:n

class Solution:
    def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int:
        # ans = -inf
        # @cache
        # def dfs(i):
        #     if i==0:
        #         return nums[0]
        #     else:
        #         return max(dfs(i-1),0)+nums[i]
        # for i in range(len(nums)):
        #     ans = max(ans,dfs(i))
        # return ans

一维数组

这个题不需要f的长度为n+1，因为只需要和前一个比较，不像爬楼梯那些，需要和前一个，前两个比较，所以引入了虚拟起点，这样dp[2] 需要单独写 dp[2]=2，无法复用 dp[i] = dp[i-1]+dp[i-2]；

本题只需要n，而且f0就是nums0

时间复杂度n，空间复杂度n

        f = [0]*len(nums)
        f[0] = nums[0]
        for i in range(1,len(nums)):
            f[i]=max(f[i-1],0)+nums[i]
        return max(f)

空间优化

只需要一个f记录之前的前缀和

时间复杂度n，空间复杂度1

        ans = -inf
        f = 0
        for x in nums:
            f = max(f,0)+x
            ans = max(ans,f)
        return ans

前缀和法

想象一下，现在手里有最小前缀和，和一直枚举的当前前缀和，用当前前缀和不断的减去最小前缀和，刷新出的最大值，就是解

为什么

因为最小前缀和，说明加上这些会导致最终的值变小啊，所以当前的前缀和减掉这部分前缀，剩余的就是大的

因此我们需要一个不断刷新的minPrice，和股票一样，先计算ans，再去更新minPrice

前缀和是和遍历前缀和同步进行的，和560题一样

class Solution:
    def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int:
        minPre = sumPre = 0
        ans = -inf
        for p in nums:
            sumPre += p
            ans = max(ans,sumPre-minPre)
            minPre = min(minPre,sumPre)
        return ans

3.合并区间

关键点：现将intervals按左端点元素排序

需要引用sort的高阶操作

intervals.sort（key=lambda p:p0）

lambda 匿名函数免去函数命名

p是待排序列表中的【每一个元素】 针对这个题就是每一个区间

p0那就是区间第一个元素
需要做的判断

1.如果ans空，就先append进去

2.此时ans的-11就是区间的右端点，需要拿他和下一个进入的区间的左端点p0比较

如果比他小，那就说明两个区间不相交，直接append

r如果比他大，那就说明有相交，那就更新最后一个合并区间的右端点为两者的最大值

举例子直观理解

假设 intervals 排序后为 [[1,3],[2,6],[8,10]]，执行过程：

1. 处理第一个区间 [1,3]：

   • ans 为空，直接 append([1,3]) → ans = [[1,3]]；
   • ans[-1][1] = 3（最后一个区间的右端点）。

2. 处理第二个区间 [2,6]：

   • 判断 p[0]=2 ≤ ans[-1][1]=3 → 重叠，需要合并；
   • 更新 ans[-1][1] = max(3,6) = 6 → ans = [[1,6]]；
   • 此时 ans[-1][1] = 6。

3. 处理第三个区间 [8,10]：

   • 判断 p[0]=8 > ans[-1][1]=6 → 不重叠；
   • append([8,10]) → ans = [[1,6],[8,10]]；
   • 此时 ans[-1][1] = 10。

最终 ans 就是合并后的结果 [[1,6],[8,10]]。

时间复杂度：sort的时间 空间复杂度1

class Solution:
    def merge(self, intervals: List[List[int]]) -> List[List[int]]:
        intervals.sort(key=lambda p:p[0])
        ans = []
        for p in intervals:
            if ans and p[0] <= ans[-1][1]:
                ans[-1][1] = max(ans[-1][1],p[1])#更新右端点 
    
            else:
                ans.append(p)
        return ans