贪心的本质是选择每一阶段的局部最优,从而达到全局最优。
无固定套路,举不出反例,就可以试试贪心。
一般解题步骤:
1.将问题分解成若干子问题
2.找出适合的贪心策略
3.求解每一个子问题的最优解
4.将局部最优解堆叠成全局最优解
分发饼干
思路:为了满足更多的小孩,就不要造成饼干尺寸的浪费,大尺寸的饼干既可以满足胃口大的孩子,也可以满足胃口小的孩子,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。可以尝试使用贪心策略,先将饼干数组和小孩数组进行排序。然后从后向前遍历小孩数组,用大饼干优先满足胃口大的,并统计满足小孩数量。
class Solution{ public: int findContentChildren(vector&g,vector & 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 && s[index] >= g[i]){ result++; index--; } } return result; } };
从代码中可以看出,index用来控制饼干数组的遍历,遍历饼干没有再起一个循环,而是采用自减的方式,这是常用的技巧。
不可以先遍历比骨干再遍历胃口,因为外面for,i是固定移动的,if的index才是符合条件移动的。
反过来,先满足胃口小的,从小到大去满足:
class Solution{ public: int findContentChildren(vector& g,vector &s){ sort(g.begin(),g.end()); sort(s.begin(),s.end()); int index = 0; for(int i = 0; i < size(); i++){ if(index < g.size() && g[index] <= s[i]){ index++; } } return index; } };
//思路一 class Solution{ public int findContentChildren(int[] g, int[] s){ Arrays.sort(g); Arrays.sort(s); int start = 0; int count = 0; for(int i = 0; i < s.length && start < g.length; i++){ if(s[i] >= g[start]){ start++; count++; } } return count; } }
class Solution{ public int findContentChildren(int[] g,int[] s){ Arrays.sort(g);//排序胃口 Arrays.sort(s);//排序饼干 int count = 0; int start = s.length - 1;//胃口数组长度,从start开始遍历,倒着遍历,先考虑胃口大的 //遍历胃口,从大到小 for(int index = g.length - 1;index >= 0;index--){ if(start >= 0 && g[index] <= s[start]){ start--;//从大到小 count++;//满足一个计数+1 } } return count;//返回计数 } }
摆动序列
如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替,则数字序列称为摆动序列。第一个差(如果存在地话),可能是正数或负数,少于两个元素的序列也是摆动序列。
给定一个整数序列,返回作为摆动序列的最长子序列的长度。通过从原始序列中删除一些元素来获得子序列,剩下的元素保持其原始顺序。
思路:
贪心
删除单调坡度上的节点(不包括单调坡度两端的节点),那么这个坡度就可以有两个局部峰值。
整体最优:整个序列有最多的局部峰值,从而达到最长摆动序列。
实际操作中,删除操作都不用,因为题目要求的是最长摆动子序列的长度,所以只需要统计数组的峰值数量就可以了(相当于是删除单一坡度上的节点,然后统计长度)
这就是贪心所贪的地方, 让峰值尽可能地保持峰值,然后删除单一坡度上的节点。
在计算是否有峰值的时候,大家知道遍历的下标i,计算presiff(nums[i] - nums[i - 1])和curdiff(nums[i + 1] - nums[i]),如果presiff < 0 && surdiff > 0或者prediff > 0 && curdiff < 0,此时就有波动就需要统计。
这是我们思考本题的一个大体思路,但本题还要考虑三种情况:
1.上下坡有平坡
[1,2,2,2,2,1]删除左边的三个2,或者删除右边的三个2,摆动长度为3
当i指向第一个2的时候,prediff > 0&&curdiff=0,当 i 指向最后一个2的时候,prediff=0 && curdiff <0.
如果采用删除左面三个2的规则,那么当prediff = 0&&curdiff < 0也要记录一个峰值,因为他是把之前相同的元素都删掉留下的峰值。
我们记录峰值的条件应该是:(preDiff <=0 &&curDiff > 0)||(preDiff >= 0&&curDiff < 0)
2.数组首尾两端
本题统计峰值的时候,数组最左面和最右面如何统计。
当有两个不同的元素时,摆动序列也是2.
例如[2,5],如果靠统计差值来计算峰值个数,就需要考虑数组最左面和最右面的特殊情况。
因为我们在计算prediff(nums[i] - nums[i - 1])和curdiff(nums[i+1] - nums[i])的时候,至少需要三个数字才能计算,而数组只有两个数字。这里如果只有两个数字,且是不同的元素,那结果为2.
3.单调坡中有平坡
之前我们在讨论 情况一 :相同数字练习的时候,prediff = 0,curdiff < 0或者>0也记为波谷
为了统一规则。针对序列[2,5],可以假设为[2,2,5],这样就有了坡度,即preDiff = 0.
[2,2,5]
针对以上情形,result初始值为1,此时curDiff > 0&&preDiff<=0,那么result++(计算了左面的峰值),最后得到结果为2(峰值个数为2即摆动序列长度为2)
class Solution{ public: int wiggleMaxLength(vector&nums){ if(num.size() <= 1)return nums.size(); int curDiff = 0; int preDiff = 0; int result = 1; for(int i = 0; i < nums.size() - 1;i++){ curDiff = nums[i + 1]-nums[i]; if((preDiff <= 0 &&curDiff >0)||(preDiff >= 0 && curDiff < 0)){ result++; } preDiff = curDiff; } }; }
3.在上面解法中,忽略了第三种情况,即如果在一个单调坡度上有平坡,例如[1,2,2,2,3,4]
图中我们可以看出,应该记录2,单调中的平坡不能算作峰值(摆动)
需要在坡度摆动变化时,更新prediff,这样prediff在单调区间有平坡的时候就不会发生变化,造成误判。
class Solution{ public: int wiggleMaxLength(vctor&nums){ if(nums.size() <= 1)return nums.size(); int curDiff = 0; int preDiff = 0; int result = 1; for(int i = 0; i < nums.size() - 1;i++){ curDiff = nums[i + 1] - nums[i]; //出现峰值 if((preDiff <= 0 && curDiff > 0)||(preDiff >= 0&& curDiff < 0)){ result++; preDiff = curDiff; } } return result; } };
用动态规划求解
思路:
对于我们当前考虑的这个数,要么是作为山峰(nums[i] > nums[i - 1]),要么是作为山谷(即nums[i] < nums[i-1])
设dp状态dp[i][0],表示考虑前i个数,第i个数作为山峰的摆动子序列的最长长度。
设dp状态为dp[i][1],表示考虑前i个数,第i个数作为山谷的摆动子序列的最长长度
//设dp状态dp[i][0],表示考虑前i个数,第i个数作为山峰的摆动子序列的最长长度 //设dp状态dp[i][1],表示考虑前i个数,第i个数作为山谷的摆动子序列的最长长度 class Solution{ public: int wiggleMaxLength(vector&nums){ memset(dp,0,sizeof dp); dp[0][0] = dp[0][1] = 1; for(int i = 1;i < nums.size(); ++i){ dp[i][0] = dp[i][1] = 1; for(int j = 0;j < i;++j){ if(nums[j] > nums[i])dp[i][1] = max(dp[i][1],dp[j][0]+1); } for(int j = 0;j < i; ++j){ if(nums[j] < nums[i])dp[i][0] = max(dp[i][0],dp[j][1] + 1); } } return max(dp[nums.size() - 1][0],dp[nums.size() - 1][1]); } };
最大子序和
//记录局部最优,推出全局最优,相当于暴力求解+调整子区间起始位置,用了一个result来更新和记录最大结果count class Solution{ public: int maxSubArray(vector&nums){ int count = 0; for(int i = 0;i < nums.size(); i++){ count += nums[i]; if(count > result){ result = count;//更新最大值 } if(count <= 0)count = 0;//重置最大子序列的初始位置 } return result; } };