1005. K 次取反后最大化的数组和
题目链接：K 次取反后最大化的数组和
题目描述：给你一个整数数组
nums和一个整数k，按以下方法修改该数组：
- 选择某个下标
i并将nums[i]替换为nums[i]。重复这个过程恰好
k次。可以多次选择同一个下标i。以这种方式修改数组后，返回数组 可能的最大和 。
解题思想：
本次有两次贪心，第一次：局部最优：让绝对值大的负数变为正数，当前数值达到最大，整体最优：整个数组和达到最大。
那么如果将负数都转变为正数了，K依然大于0，此时的问题是一个有序正整数序列，如何转变K次正负，让 数组和 达到最大。
第二次：局部最优：只找数值最小的正整数进行反转，当前数值和可以达到最大。全局最优：整个 数组和达到最大。
那么本题的解题步骤为：
- 第一步：将数组按照绝对值大小从大到小排序，注意要按照绝对值的大小
- 第二步：从前向后遍历，遇到负数将其变为正数，同时K–
- 第三步：如果K还大于0，那么反复转变数值最小的元素，将K用完
- 第四步：求和
class Solution {
public:
static bool cmp(const int& a, const int& b) { return abs(a) > abs(b); }
int largestSumAfterKNegations(vector<int>& nums, int k) {
sort(nums.begin(), nums.end(), cmp);
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
if (k > 0 && nums[i] < 0) {
nums[i] *= -1;
k--;
}
}
if (k % 2 == 1)
nums[nums.size() - 1] *= -1;
int result = 0;
for (int i : nums)
result += i;
return result;
}
};
- 时间复杂度：O(nlogn)
- 空间复杂度：O(1)
134. 加油站
题目链接：加油站
题目描述：在一条环路上有
n个加油站，其中第i个加油站有汽油gas[i]**升。你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 **
i**个加油站开往第 **i+1**个加油站需要消耗汽油cost[i]**升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。给定两个整数数组
gas和cost，如果你可以按顺序绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回-1。如果存在解，则 保证 它是 唯一 的。
暴力解法：
暴力的方法就是遍历每一个加油站为起点的情况，模拟一圈。如果跑了一圈，中途没有断油，而且最后油量大于等于0，说明这个起点是ok的。这里注意使用while循环可以更好的模拟一圈，主要是取余操作，但亲测这道题暴力会超时。
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
for (int i = 0; i < gas.size(); i++) {
int res = gas[i] - cost[i];
int index = (i + 1) % gas.size();
while (res >= 0 && index != i) {
res += gas[index] - cost[index];
index = (index + 1) % gas.size();
}
if (res >= 0)
return i;
}
return -1;
}
};
- 时间复杂度：O(n^2)
- 空间复杂度：O(1)
贪心算法：
如果总油量减去总消耗大于等于零那么一定可以跑完一圈，说明各个站点的加油站剩油量rest[i]相加一定是大于等于零的。
每个加油站的剩余量rest[i]为gas[i] - cost[i]。i从0开始累加rest[i]，和记为curSum，一旦curSum小于零，说明[0, i]区间都不能作为起始位置，因为这个区间选择任何一个位置作为起点，到i这里都会断油，那么起始位置从i+1算起，再从0计算curSum。
那么局部最优：当前累加rest[i]的和curSum一旦小于0，起始位置至少要是i+1，因为从i之前开始一定不行。全局最优：找到可以跑一圈的起始位置。
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
int curSum = 0;
int totalSum = 0;
int start = 0;
for (int i = 0; i < gas.size(); i++) {
curSum += gas[i] - cost[i];
totalSum += gas[i] - cost[i];
if (curSum < 0) {
start = i + 1;
curSum = 0;
}
}
if (totalSum < 0)
return -1;
return start;
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
135. 分发糖果
题目链接：分发糖果
题目描述：
n个孩子站成一排。给你一个整数数组ratings表示每个孩子的评分。你需要按照以下要求，给这些孩子分发糖果：
- 每个孩子至少分配到
1个糖果。- 相邻两个孩子评分更高的孩子会获得更多的糖果。
请你给每个孩子分发糖果，计算并返回需要准备的 最少糖果数目 。
解题思想：
这道题目一定是要确定一边之后，再确定另一边，例如比较每一个孩子的左边，然后再比较右边，如果两边一起考虑一定会顾此失彼。
先确定右边评分大于左边的情况（也就是从前向后遍历）
此时局部最优：只要右边评分比左边大，右边的孩子就多一个糖果，全局最优：相邻的孩子中，评分高的右孩子获得比左边孩子更多的糖果。局部最优可以推出全局最优。
如果ratings[i] > ratings[i - 1] 那么[i]的糖 一定要比[i - 1]的糖多一个，所以贪心：candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1
再确定左孩子大于右孩子的情况（从后向前遍历）
局部最优：取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，保证第i个小孩的糖果数量既大于左边的也大于右边的。全局最优：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。局部最优可以推出全局最优。
所以就取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，candyVec[i]只有取最大的才能既保持对左边candyVec[i - 1]的糖果多，也比右边candyVec[i + 1]的糖果多。
class Solution {
public:
int candy(vector<int>& ratings) {
vector<int> candyVec(ratings.size(), 1);
for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
if (ratings[i] > ratings[i - 1])
candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1;
}
for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) {
if (ratings[i] > ratings[i + 1])
candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);
}
int result = 0;
for (int i : candyVec)
result += i;
return result;
}
};
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(n)