134. 加油站
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。
如果你可以绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1。
说明:
- 如果题目有解，该答案即为唯一答案。
- 输入数组均为非空数组，且长度相同。
- 输入数组中的元素均为非负数。
示例 1: 输入:
- gas = [1,2,3,4,5]
- cost = [3,4,5,1,2]
输出: 3 解释:
- 从 3 号加油站(索引为 3 处)出发，可获得 4 升汽油。此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
- 开往 4 号加油站，此时油箱有 4 - 1 + 5 = 8 升汽油
- 开往 0 号加油站，此时油箱有 8 - 2 + 1 = 7 升汽油
- 开往 1 号加油站，此时油箱有 7 - 3 + 2 = 6 升汽油
- 开往 2 号加油站，此时油箱有 6 - 4 + 3 = 5 升汽油
- 开往 3 号加油站，你需要消耗 5 升汽油，正好足够你返回到 3 号加油站。
- 因此，3 可为起始索引。
示例 2: 输入:
-
gas = [2,3,4]
-
cost = [3,4,3]
-
输出: -1
-
解释: 你不能从 0 号或 1 号加油站出发，因为没有足够的汽油可以让你行驶到下一个加油站。我们从 2 号加油站出发，可以获得 4 升汽油。 此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油。开往 0 号加油站，此时油箱有 4 - 3 + 2 = 3 升汽油。开往 1 号加油站，此时油箱有 3 - 3 + 3 = 3 升汽油。你无法返回 2 号加油站，因为返程需要消耗 4 升汽油，但是你的油箱只有 3 升汽油。因此，无论怎样，你都不可能绕环路行驶一周。
思路：需要承认没有贪心的思路，甚至看完解析对本题贪心的思路也一知半解，没能完全理解。先自己实现一遍暴力，然后附上解析思路供回头学习。
暴力代码实现如下：（时间超限A不了）
class Solution:
def canCompleteCircuit(self, gas: List[int], cost: List[int]) -> int:
length = len(gas)
if sum(gas) < sum(cost):
return -1
for i in range(length):
cur = (i+1) % length
cur_sum = gas[i] - cost[i]
while cur_sum > 0 and cur != i: # 如果条件>=0无法通过，可能是答案不唯一了。
cur_sum += gas[cur] - cost[cur]
cur = (cur+1) % length
#if cur == i: # 剩油量应为>=0
if cur == i and cur_sum >= 0:
return i
return -1
解析思路：
首先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。
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！
规范代码：
class Solution:
def canCompleteCircuit(self, gas: List[int], cost: List[int]) -> int:
curSum = 0 # 当前累计的剩余油量
totalSum = 0 # 总剩余油量
start = 0 # 起始位置
for i in range(len(gas)):
curSum += gas[i] - cost[i]
totalSum += gas[i] - cost[i]
if curSum < 0: # 当前累计剩余油量curSum小于0
start = i + 1 # 起始位置更新为i+1
curSum = 0 # curSum重新从0开始累计
if totalSum < 0:
return -1 # 总剩余油量totalSum小于0，说明无法环绕一圈
return start
全局最优思路：
class Solution:
def canCompleteCircuit(self, gas: List[int], cost: List[int]) -> int:
curSum = 0 # 当前累计的剩余油量
minFuel = float('inf') # 从起点出发，油箱里的油量最小值
for i in range(len(gas)):
rest = gas[i] - cost[i]
curSum += rest
if curSum < minFuel:
minFuel = curSum
if curSum < 0:
return -1 # 情况1：整个行程的总消耗大于总供给，无法完成一圈
if minFuel >= 0:
return 0 # 情况2：从起点出发到任何一个加油站时油箱的剩余油量都不会小于0，可以从起点出发完成一圈
for i in range(len(gas) - 1, -1, -1):
rest = gas[i] - cost[i]
minFuel += rest
if minFuel >= 0:
return i # 情况3：找到一个位置使得从该位置出发油箱的剩余油量不会小于0，返回该位置的索引
return -1 # 无法完成一圈
135. 分发糖果
老师想给孩子们分发糖果，有 N 个孩子站成了一条直线，老师会根据每个孩子的表现，预先给他们评分。
你需要按照以下要求，帮助老师给这些孩子分发糖果：
- 每个孩子至少分配到 1 个糖果。
- 相邻的孩子中，评分高的孩子必须获得更多的糖果。
那么这样下来，老师至少需要准备多少颗糖果呢？
示例 1:
- 输入: [1,0,2]
- 输出: 5
- 解释: 你可以分别给这三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。
示例 2:
- 输入: [1,2,2]
- 输出: 4
- 解释: 你可以分别给这三个孩子分发 1、2、1 颗糖果。第三个孩子只得到 1 颗糖果，这已满足上述两个条件。
思路：自己没做出来。
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）
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 。
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。
规范代码：
class Solution:
def candy(self, ratings: List[int]) -> int:
candyVec = [1] * len(ratings)
# 从前向后遍历，处理右侧比左侧评分高的情况
for i in range(1, len(ratings)):
if ratings[i] > ratings[i - 1]:
candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1
# 从后向前遍历，处理左侧比右侧评分高的情况
for i in range(len(ratings) - 2, -1, -1):
if ratings[i] > ratings[i + 1]:
candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1)
# 统计结果
result = sum(candyVec)
return result
其难点就在于贪心的策略，如果在考虑局部的时候想两边兼顾，就会顾此失彼。
采用了两次贪心的策略：
- 一次是从左到右遍历，只比较右边孩子评分比左边大的情况。
- 一次是从右到左遍历，只比较左边孩子评分比右边大的情况。
这样从局部最优推出了全局最优，即：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。
860.柠檬水找零
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。
如果你能给每位顾客正确找零，返回 true ，否则返回 false 。
示例 1：
- 输入：[5,5,5,10,20]
- 输出：true
- 解释：
- 前 3 位顾客那里，我们按顺序收取 3 张 5 美元的钞票。
- 第 4 位顾客那里，我们收取一张 10 美元的钞票，并返还 5 美元。
- 第 5 位顾客那里，我们找还一张 10 美元的钞票和一张 5 美元的钞票。
- 由于所有客户都得到了正确的找零，所以我们输出 true。
示例 2：
- 输入：[5,5,10]
- 输出：true
示例 3：
- 输入：[10,10]
- 输出：false
示例 4：
- 输入：[5,5,10,10,20]
- 输出：false
- 解释：
- 前 2 位顾客那里，我们按顺序收取 2 张 5 美元的钞票。
- 对于接下来的 2 位顾客，我们收取一张 10 美元的钞票，然后返还 5 美元。
- 对于最后一位顾客，我们无法退回 15 美元，因为我们现在只有两张 10 美元的钞票。
- 由于不是每位顾客都得到了正确的找零，所以答案是 false。
提示：
- 0 <= bills.length <= 10000
- bills[i] 不是 5 就是 10 或是 20
思路：
付钱有三种情况：5-得到一张5元，10-得到一张10元且失去一张5元，20-失去【一张10和一张5】或【三张5】（且得到一张20，20不起作用不计数）
所以我们需要记录5和10的张数，当获得付钱的时候根据以上规则进行加减，如果付钱之后，5元或者10元不够还钱，那么返回False，如果全部成功遍历，返回True
代码实现如下：
class Solution:
def lemonadeChange(self, bills: List[int]) -> bool:
five = 0
ten = 0
for i in range(len(bills)):
if bills[i] == 5:
five += 1
elif bills[i] == 10:
if five == 0:
return False
ten += 1
five -= 1
elif bills[i] == 20:
if five == 0 or (ten == 0 and five < 3):
return False
elif ten > 0:
five -= 1
ten -= 1
else:
five -= 3
return True
规范 代码：
class Solution:
def lemonadeChange(self, bills: List[int]) -> bool:
five = 0
ten = 0
twenty = 0
for bill in bills:
# 情况一：收到5美元
if bill == 5:
five += 1
# 情况二：收到10美元
if bill == 10:
if five <= 0:
return False
ten += 1
five -= 1
# 情况三：收到20美元
if bill == 20:
# 先尝试使用10美元和5美元找零
if five > 0 and ten > 0:
five -= 1
ten -= 1
#twenty += 1
# 如果无法使用10美元找零，则尝试使用三张5美元找零
elif five >= 3:
five -= 3
#twenty += 1
else:
return False
return True
406.根据身高重建队列
假设有打乱顺序的一群人站成一个队列，数组 people 表示队列中一些人的属性（不一定按顺序）。每个 people[i] = [hi, ki] 表示第 i 个人的身高为 hi ，前面 正好 有 ki 个身高大于或等于 hi 的人。
请你重新构造并返回输入数组 people 所表示的队列。返回的队列应该格式化为数组 queue ，其中 queue[j] = [hj, kj] 是队列中第 j 个人的属性（queue[0] 是排在队列前面的人）。
示例 1：
- 输入：people = [[7,0],[4,4],[7,1],[5,0],[6,1],[5,2]]
- 输出：[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]]
- 解释：
- 编号为 0 的人身高为 5 ，没有身高更高或者相同的人排在他前面。
- 编号为 1 的人身高为 7 ，没有身高更高或者相同的人排在他前面。
- 编号为 2 的人身高为 5 ，有 2 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 0 和 1 的人。
- 编号为 3 的人身高为 6 ，有 1 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 1 的人。
- 编号为 4 的人身高为 4 ，有 4 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 0、1、2、3 的人。
- 编号为 5 的人身高为 7 ，有 1 个身高更高或者相同的人排在他前面，即编号为 1 的人。
- 因此 [[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]] 是重新构造后的队列。
示例 2：
- 输入：people = [[6,0],[5,0],[4,0],[3,2],[2,2],[1,4]]
- 输出：[[4,0],[5,0],[2,2],[3,2],[1,4],[6,0]]
提示：
- 1 <= people.length <= 2000
- 0 <= hi <= 10^6
- 0 <= ki < people.length
题目数据确保队列可以被重建
思路： 自己没想出来，还是看了文字解析，复述一下思路。
首先按数组里的身高进行由高到低的排序，如果相等则按另一属性由低到高排序（需要自己根据题意理解一下）。此时，按照身高由高到低的顺序，以此遍历people数组，按照前面有多少人，将其插入到新数组对应的下标中去。这是因为我们希望得到的新数组里，先被插入的元素先满足了条件，且后插入的元素不会影响先插入的元素在数组里的条件，将身高低的元素插入在旧元素的前面是不影响其条件的。
规范解释：
如果两个维度一起考虑一定会顾此失彼。
对于本题相信大家困惑的点是先确定k还是先确定h呢，也就是究竟先按h排序呢，还是先按照k排序呢？
如果按照k来从小到大排序，排完之后，会发现k的排列并不符合条件，身高也不符合条件，两个维度哪一个都没确定下来。
那么按照身高h来排序呢，身高一定是从大到小排（身高相同的话则k小的站前面），让高个子在前面。
此时我们可以确定一个维度了，就是身高，前面的节点一定都比本节点高！
那么只需要按照k为下标重新插入队列就可以了，为什么呢？
按照身高排序之后，优先按身高高的people的k来插入，后序插入节点也不会影响前面已经插入的节点，最终按照k的规则完成了队列。
所以在按照身高从大到小排序后：
局部最优：优先按身高高的people的k来插入。插入操作过后的people满足队列属性
全局最优：最后都做完插入操作，整个队列满足题目队列属性
局部最优可推出全局最优，找不出反例，那就试试贪心。
规范代码：
class Solution:
def reconstructQueue(self, people: List[List[int]]) -> List[List[int]]:
# 先按照h维度的身高顺序从高到低排序。确定第一个维度
# lambda返回的是一个元组：当-x[0](维度h）相同时，再根据x[1]（维度k）从小到大排序
people.sort(key=lambda x: (-x[0], x[1]))
que = []
# 根据每个元素的第二个维度k，贪心算法，进行插入
# people已经排序过了：同一高度时k值小的排前面。
for p in people:
que.insert(p[1], p)
return que
标签：10,return,gas,candyVec,随想录,第三十四,找零,加油站,身高 From： https://blog.csdn.net/weixin_47681529/article/details/142928593