122.买卖股票的最佳时机II
题目链接 122. 买卖股票的最佳时机 II - 力扣（LeetCode）
思路
这个题感觉和之前一个题有点像，就是摆动序列，但是又有点不太一样
本题的核心规则：
-
可以无限次买卖
-
任何时候最多持有 1 股
-
同一天可以买了再卖
-
求最大利润
只要后一天价格 > 前一天价格，就把这两天的差价赚到手。所有上涨日的差价加起来 = 最大利润。
**为什么正确？**连续上涨（1→2→3→4→5），每天赚差价：(2-1)+(3-2)+(4-3)+(5-4) = 5-1，和一次买卖结果完全一样
两个题的区别：
-
股票题 ：只赚涨的钱，跌的不碰
-
摆动序列 ：交替涨跌都算，统计最长长度
提交
很神奇，我以为会是很复杂的手段，结果和我想的不一样，有一种四两拨千斤的感觉
仿佛大脑的褶皱被抚平
python
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
profit = 0
# 从第2天开始遍历
for i in range(1, len(prices)):
# 只要今天比昨天贵，就赚差价
if prices[i] > prices[i-1]:
profit += prices[i] - prices[i-1]
return profit55. 跳跃游戏
思路
首先，我没看懂题的意思？又开始阅读理解了
规则：
-
数组
nums[i]：在位置i最多能跳几步 -
起点：下标
0 -
目标：判断能不能到达最后一个下标
示例 1： 输入：nums = [2,3,1,1,4]
输出：true 解释：可以先跳 1 步，从下标 0 到达下标 1, 然后再从下标 1 跳 3 步到达最后一个下标。
我懂了，每个数组位置数字，是最多能跳几步
核心思想
-
用一个变量
max_reach记录当前能跳到的最远位置 -
遍历数组，每到一个位置，就更新最远能跳到哪
-
如果遍历的位置超过了最远可达位置 ，说明卡住了，直接返回
false -
如果最远位置 >= 最后一个下标 ，直接返回
true
一句话：只要当前位置还能跳到，就不断更新最远跳跃距离。
提交
python
class Solution:
def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:
max_reach = 0 # 记录当前能跳到的最远下标
n = len(nums)
for i in range(n):
# 如果当前位置都跳不到，直接失败
if i > max_reach:
return False
# 更新最远能跳到的位置
max_reach = max(max_reach, i + nums[i])
# 已经能跳到终点，提前返回
if max_reach >= n - 1:
return True
return True45.跳跃游戏II
题目链接 45. 跳跃游戏 II - 力扣（LeetCode）
思路
这简直就是55跳跃游戏的plus版本
-
核心逻辑 ：不关心每一步具体跳到哪个位置，只关心当前能到达的最远位置，当遍历到当前跳跃的边界时，必须进行一次跳跃，同时更新边界为新的最远位置。
-
三个关键变量：
-
jumps：记录最小跳跃次数（最终结果） -
current_end：当前这一步能到达的最远边界 -
farthest：遍历过程中能到达的全局最远位置
-
-
遍历规则：
-
遍历数组（不需要遍历最后一个元素，因为到了最后一个元素就已经到达终点）
-
每遍历一个位置，更新能到达的最远位置
farthest -
当遍历到
current_end时，说明必须跳一步，jumps+1，并把current_end更新为farthest
-
以 nums = [2,3,1,1,4] 为例：
- 初始：
jumps=0, current_end=0, farthest=0 - i=0 ：
farthest = max(0, 0+2) = 2i == current_end→jumps=1，current_end=2
- i=1 ：
farthest = max(2, 1+3) = 4
- i=2 ：
farthest = max(4, 2+1) = 4i == current_end→jumps=2，current_end=4（已经到达终点，退出）
- 最终返回
2
提交
python
class Solution:
def jump(self, nums: List[int]) -> int:
n = len(nums)
jumps = 0 # 记录跳跃次数
current_end = 0 # 当前跳跃的边界
farthest = 0 # 能到达的最远位置
# 不需要遍历最后一个元素，因为已经到达终点
for i in range(n - 1):
# 更新最远能到达的位置
farthest = max(farthest, i + nums[i])
# 到达当前边界，必须跳一次
if i == current_end:
jumps += 1
current_end = farthest
# 优化：如果已经能跳到终点，直接提前退出
if current_end >= n - 1:
break
return jumps1005.K次取反后最大化的数组和
题目链接1005. K 次取反后最大化的数组和 - 力扣（LeetCode）
思路
依旧还是先做阅读理解
k是指可以选择k个数字将他们的正负号反转，但是具体反转那个不知道。
有不同的反转方案
我们要得到最佳方案，就是这些方法里面数组之和最大的那个结果
第一版思路：通过66/84
可以先把数组排序，我们反转数组里面较小的数字
对于正数：反转之后减的最少，那就是反最小的正数
对于负数：反转之后加的最大，反负更多的，也就是更小的负数
比如【4,2,3】k=1，排序【2,3,4】就是反转2
【2，-3，-1，5，-4】k=2，排序【-4，-3，-1,2,5】反转-4，-3
但是有一种特殊情况 就是有0的：
因为题目说有些下标是可以多次反转的
那我们把负的反过来之后，还有次数就反转0
这里正数部分应该单独处理
比如把正数反转之后，我们应该找修改数组后的最小值反转
而不是继续遍历反转
提交
python
from typing import List
class Solution:
def largestSumAfterKNegations(self, nums: List[int], k: int) -> int:
# 从小到大排序，优先翻转最小的负数（收益最大）
nums.sort()
for i in range(len(nums)):
if nums[i]<0:
# 翻转当前最小负数为正数，消耗一次翻转次数
nums[i] = -nums[i]
k -= 1
if k == 0:
# 翻转次数用完，直接退出
break
elif nums[i]==0:
# 遇到0，剩余次数全部翻转0，总和不变
k = 0
break
else:
# 后面全是正数，无需继续翻转
break
if k>0 and k%2==1:
# 剩余奇数次翻转，必须翻转一次最小值（损失最小）
num=min(nums)
index=nums.index(num)
nums[index]=-nums[index]
return sum(nums)