力扣题部分:
134. 加油站
题目链接:. - 力扣（LeetCode）
题面:
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。
思路:
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（gas[i] - cost[i]）相加一定是大于等于零的。i从0开始累加省油量，和记为tank，（也就是油箱里的油量）一旦tank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count。
那么为什么一旦[0，i] 区间和为负数，起始位置就可以是i+1呢，i+1后面就不会出现更大的负数？
如果出现更大的负数，就是更新i，那么起始位置又变成新的i+1了。
那有没有可能 [0，i] 区间 选某一个作为起点，累加到 i这里 curSum是不会小于零呢？ 如图：
如果 curSum<0 说明 区间和1 + 区间和2 < 0， 那么 假设从上图中的位置开始计数curSum不会小于0的话，就是 区间和2>0。
区间和1 + 区间和2 < 0 同时 区间和2>0，只能说明区间和1 < 0， 那么就会从假设的箭头初就开始从新选择其实位置了。
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。
局部最优可以推出全局最优，找不出反例，试试贪心！
其实这么严谨的求证想起来真的挺不容易的，我自己AC是在数据过多超时了才往那方面去假设的，不得不说贪心确实挺玄乎的，比较考察阅读题目发现内在联系规律的，大胆猜想也是重要的一环。
代码实现:
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
int i, j, count, tank, countall = 0;
for(i = 0, j = 0;countall < gas.size(); i = (i + 1) % gas.size())
{
if(gas[i] - cost[i] >= 0)
{
for(j = i, tank = 0;count < gas.size();j = (j + 1) % gas.size())
{
tank += (gas[j] - cost[j]);
count ++;
countall ++;
if(tank < 0) break;
}
if(tank >= 0) return i;
}
if(count != 0) i = j, count = 0;
else countall ++;
}
return -1;
}
};135. 分发糖果
题目链接:. - 力扣（LeetCode）
题面:
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 。
思路:
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
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，如图。
代码如下:
for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
if (ratings[i] > ratings[i - 1]) 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
遍历顺序这里有同学可能会有疑问，为什么不能从前向后遍历呢？
因为 rating[5]与rating[4]的比较 要利用上 rating[5]与rating[6]的比较结果，所以 要从后向前遍历。
如果从前向后遍历，rating[5]与rating[4]的比较 就不能用上 rating[5]与rating[6]的比较结果了 。如图：
所以确定左孩子大于右孩子的情况一定要从后向前遍历！
如果 ratings[i] > ratings[i + 1]，此时candyVec[i]（第i个小孩的糖果数量）就有两个选择了，一个是candyVec[i + 1] + 1（从右边这个加1得到的糖果数量），一个是candyVec[i]（之前比较右孩子大于左孩子得到的糖果数量）。
那么又要贪心了，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。
代码实现:
class Solution {
public:
int candy(vector<int>& ratings)
{
vector<int>candy(ratings.size(), 1);
int i, ans;
for(i = 1; i < ratings.size(); i ++)
{
if(ratings[i] > ratings[i - 1]) candy[i] = candy[i - 1] + 1;
}
for(i = ratings.size() - 2, ans = candy[ratings.size() - 1]; i >= 0; i --)
{
if(ratings[i] > ratings[i + 1])
{
candy[i] = max(candy[i], candy[i + 1] + 1);
}
ans += candy[i];
}
return ans;
}
};860.柠檬水找零
题目链接:. - 力扣（LeetCode）
题面:
在柠檬水摊上，每一杯柠檬水的售价为 5 美元。顾客排队购买你的产品，（按账单 bills 支付的顺序）一次购买一杯。
每位顾客只买一杯柠檬水，然后向你付 5 美元、10 美元或 20 美元。你必须给每个顾客正确找零，也就是说净交易是每位顾客向你支付 5 美元。
注意，一开始你手头没有任何零钱。
给你一个整数数组 bills ，其中 bills[i] 是第 i 位顾客付的账。如果你能给每位顾客正确找零，返回 true ，否则返回 false 。
思路:
这道题算里面比较好想的。用数组money[3]记录三种钞票的数量(其实最大额的不需要记录，因为不会参与找零)
然后就是遍历数组bills，也就三种情况:
- 情况一：账单是5，直接收下。
- 情况二：账单是10，消耗一个5，增加一个10
- 情况三：账单是20，优先消耗一个10和一个5，如果不够，再消耗三个5
可能有人问了，贪心体现在哪里呢？
体现的不多，也就情况三的优先(加粗部分)
如果有10尽量用10找零，因为美元10只能给账单20找零，而美元5可以给账单10和账单20找零，美元5更万能！
局部最优：遇到账单20，优先消耗美元10，完成本次找零。全局最优：完成全部账单的找零。
代码实现:
class Solution {
public:
bool lemonadeChange(vector<int>& bills)
{
int money[3] = {0};
for(int i = 0; i < bills.size(); i ++)
{
if(bills[i] == 5) money[0] ++;
else if(bills[i] == 10)
{
if(money[0] == 0)return false;
money[0] --, money[1] ++;
}
else
{
if(money[0] == 0)return false;
if(money[1] > 0)
{
money[1] --, money[0] --;
}
else if(money[0] >= 3)
{
money[0] -= 3;
}
else return false;
}
}
return true;
}
};题目406暂且跳过。
标签：ratings,10,money,candyVec,随想录,第二十九,size,糖果,贪心 From： https://blog.csdn.net/b1ankwall/article/details/141639222