JackCin's blog
JackCin
2023-09-13
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贪心算法

# 贪心算法

# 1、分发饼干

455. 分发饼干 - 力扣（LeetCode） (opens new window)

# 1、题目

  • 假设你是一位很棒的家长，想要给你的孩子们一些小饼干。但是，每个孩子最多只能给一块饼干。
  • 对每个孩子 i，都有一个胃口值 g[i]，这是能让孩子们满足胃口的饼干的最小尺寸；并且每块饼干 j，都有一个尺寸 s[j] 。如果 s[j] >= g[i]，我们可以将这个饼干 j 分配给孩子 i ，这个孩子会得到满足。你的目标是尽可能满足越多数量的孩子，并输出这个最大数值。
示例 1:
输入: g = [1,2,3], s = [1,1]
输出: 1
解释: 
你有三个孩子和两块小饼干，3个孩子的胃口值分别是：1,2,3。
虽然你有两块小饼干，由于他们的尺寸都是1，你只能让胃口值是1的孩子满足。
所以你应该输出1。

示例 2:
输入: g = [1,2], s = [1,2,3]
输出: 2
解释: 
你有两个孩子和三块小饼干，2个孩子的胃口值分别是1,2。
你拥有的饼干数量和尺寸都足以让所有孩子满足。
所以你应该输出2.
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  • 提示：
    • 1 <= g.length <= 3 * 10^4
    • 0 <= s.length <= 3 * 10^4
    • 1 <= g[i], s[j] <= 2^31 - 1

# 2、思路

  • 这里的局部最优就是大饼干喂给胃口大的，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。

img

  • 这个例子可以看出饼干 9 只有喂给胃口为 7 的小孩，这样才是整体最优解，并想不出反例，那么就可以撸代码了。

# 3、代码

///大餅乾先餵飽大胃口的
int cmp(int* a, int* b) {
    return *a - *b;
}

int findContentChildren(int* g, int gSize, int* s, int sSize){
    if(sSize == 0)
        return 0;

    //将两个数组排序为升序
    qsort(g, gSize, sizeof(int), cmp);
    qsort(s, sSize, sizeof(int), cmp);

    int count = 0;
    int start = sSize - 1;

    for(int i = gSize - 1; i >= 0; i--) {
        if(start >= 0 && s[start] >= g[i] ) {
            start--;
            count++;
        }
    }
    return count;
}
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///小餅乾先餵飽小胃口的
int cmp(int* a, int* b) {
    return *a - *b;
}

int findContentChildren(int* g, int gSize, int* s, int sSize){
    if(sSize == 0)
        return 0;

    //将两个数组排序为升序
    qsort(g, gSize, sizeof(int), cmp);
    qsort(s, sSize, sizeof(int), cmp);

    int numFedChildren = 0;
    int i = 0;
    for(i = 0; i < sSize; ++i) {
        if(numFedChildren < gSize && g[numFedChildren] <= s[i])
            numFedChildren++;
    }
    return numFedChildren;
}
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  • 注意：

    • 可以看出来，是先遍历的胃口，在遍历的饼干，那么可不可以 先遍历 饼干，在遍历胃口呢？
    • 其实是不可以的。
    • 外面的 for 是里的下标 i 是固定移动的，而 if 里面的下标 index 是符合条件才移动的。、
    • 如果 for 控制的是饼干， if 控制胃口，就是出现如下情况 ：

    img

    • if 里的 index 指向 胃口 10， for 里的 i 指向饼干 9，因为 饼干 9 满足不了 胃口 10，所以 i 持续向前移动，而 index 走不到s[index] >= g[i] 的逻辑，所以 index 不会移动，那么当 i 持续向前移动，最后所有的饼干都匹配不上。
    • 所以 一定要 for 控制胃口，里面的 if 控制饼干。

# 2、摆动序列

376. 摆动序列 - 力扣（LeetCode） (opens new window)

# 1、题目

  • 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（如果存在的话）可能是正数或负数。仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列。
    • 例如， [1, 7, 4, 9, 2, 5] 是一个 摆动序列 ，因为差值 (6, -3, 5, -7, 3) 是正负交替出现的。
    • 相反，[1, 4, 7, 2, 5] 和 [1, 7, 4, 5, 5] 不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。
  • 子序列 可以通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得，剩下的元素保持其原始顺序。
  • 给你一个整数数组 nums ，返回 nums 中作为 摆动序列 的 最长子序列的长度 。
示例 1：
输入：nums = [1,7,4,9,2,5]
输出：6
解释：整个序列均为摆动序列，各元素之间的差值为 (6, -3, 5, -7, 3) 。

示例 2：
输入：nums = [1,17,5,10,13,15,10,5,16,8]
输出：7
解释：这个序列包含几个长度为 7 摆动序列。
其中一个是 [1, 17, 10, 13, 10, 16, 8] ，各元素之间的差值为 (16, -7, 3, -3, 6, -8) 。

示例 3：
输入：nums = [1,2,3,4,5,6,7,8,9]
输出：2
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  • 提示：
    • 1 <= nums.length <= 1000
    • 0 <= nums[i] <= 1000

# 2、思路

代码随想录 (programmercarl.com) (opens new window)

# 3、代码

int wiggleMaxLength(int* nums, int numsSize){
    if(numsSize <= 1){
        return numsSize;
    }
    int length =1;
    int preDiff,curDiff;
    preDiff = curDiff =0;
    for(int i =0; i < numsSize - 1; ++i){
        //计算当前 i 元素与 i+1 元素差值
        curDiff = nums[i+1] - nums[i];

        // 若preDiff与curDiff符号不符，则子序列长度+1。更新preDiff的符号
        // 若preDiff与curDiff符号一致，当前i元素为连续升序/连续降序子序列的中间元素。不被记录入长度
        // 注：当preDiff为0时，curDiff为正或为负都属于符号不同
        if((curDiff > 0 && preDiff <=0) || (preDiff>=0 && curDiff<0)){
            preDiff = curDiff;
            length++;
        } 

    }
    return length;
}
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# 3、最大子数组和

53. 最大子数组和 - 力扣（LeetCode） (opens new window)

# 1、题目

  • 给你一个整数数组 nums ，请你找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

  • 子数组 是数组中的一个连续部分。

示例 1：
输入：nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出：6
解释：连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6 。
    
示例 2：
输入：nums = [1]
输出：1
    
示例 3：
输入：nums = [5,4,-1,7,8]
输出：23
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  • 提示：
    • 1 <= nums.length <= 105
    • -104 <= nums[i] <= 104

# 2、思路及代码

# 2.1 暴力解法

  • 第一层 for 就是设置起始位置，第二层 for 循环遍历数组寻找最大值
class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        int result = INT32_MIN;
        int count = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) { // 设置起始位置
            count = 0;
            for (int j = i; j < nums.size(); j++) { // 每次从起始位置i开始遍历寻找最大值
                count += nums[j];
                result = count > result ? count : result;
            }
        }
        return result;
    }
};
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  • 时间复杂度：O(n^2)
  • 空间复杂度：O(1)

# 2.2 贪心

  • 贪心贪的是哪里呢？
    • 如果 -2 1 在一起，计算起点的时候，一定是从 1 开始计算，因为负数只会拉低总和，这就是贪心贪的地方！
    • 局部最优：当前“连续和”为负数的时候立刻放弃，从下一个元素重新计算“连续和”，因为负数加上下一个元素 “连续和”只会越来越小。
    • 全局最优：选取最大“连续和”
  • 局部最优的情况下，并记录最大的“连续和”，可以推出全局最优。
int maxSubArray(int* nums, int numsSize){
    int maxVal = INT_MIN;
    int subArrSum = 0;

    for(int i=0;i<numsSize;i++){
        subArrSum += nums[i];
        // 如果当前局部之和大于之前的最大结果，就对结果进行更新
        maxVal = subArrSum >maxVal ? subArrSum : maxVal;

        // 如果局部和为负数，对结果无益。则从 nums[i+1]开始重新计算
        subArrSum = subArrSum < 0 ? 0:subArrSum;
    }
    return maxVal;
}
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# 4、买卖股票的最佳时机II

122. 买卖股票的最佳时机 II - 力扣（LeetCode） (opens new window)

# 1、题目

  • 给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。
  • 在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。
  • 返回 你能获得的 最大 利润 。
示例 1：
输入：prices = [7,1,5,3,6,4]
输出：7
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。
     随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 - 3 = 3 。
     总利润为 4 + 3 = 7 。
    
示例 2：
输入：prices = [1,2,3,4,5]
输出：4
解释：在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4 。
     总利润为 4 。
    
示例 3：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 交易无法获得正利润，所以不参与交易可以获得最大利润，最大利润为 0 。
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  • 提示：
    • 1 <= prices.length <= 3 * 104
    • 0 <= prices[i] <= 104

# 2、思路

  • 这道题虽然是中等难度，但是其实很简单
  • 如果我们建立一个坐标系，将数组元素连线，就会发现我们需要的最大利益，就是我们折线图中的上升折线
  • 所以代码如下：

# 3、代码

int maxProfit(int* prices, int pricesSize){
    int sum = 0;
    for(int i=0;i< pricesSize-1;i++){
        if(prices[i] < prices[i+1]){
            sum += prices[i+1] -prices[i];
        }
    }
    return sum;
}
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# 5、跳跃游戏

55. 跳跃游戏 - 力扣（LeetCode） (opens new window)

# 1、题目

  • 给定一个非负整数数组 nums ，你最初位于数组的 第一个下标 。
  • 数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。
  • 判断你是否能够到达最后一个下标。
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。
    
示例 2：
输入：nums = [3,2,1,0,4]
输出：false
解释：无论怎样，总会到达下标为 3 的位置。但该下标的最大跳跃长度是 0 ， 所以永远不可能到达最后一个下标。
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  • 提示：
    • 1 <= nums.length <= 3 * 104
    • 0 <= nums[i] <= 105

# 2、思路

  • 根据我们当前的覆盖范围遍历元素，每遍历一个元素，计算其可以跳转到的下标，如果比当前的覆盖范围大，就更新当前覆盖范围，如果当前覆盖范围大于等于我们要跳转到的下标，就结束循环，返回 true

# 3、代码

bool canJump(int* nums, int numsSize){
    int i=0;
    int index =0;
    while(i <= index){
        int temp = i + nums[i];
        index = temp > index ? temp : index; //更新最大覆盖范围
        if(index >= numsSize-1){
            return true;
        }
        i++;
    }
    return false;
}
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# 6、跳跃游戏II

# 1、题目

  • 给定一个长度为 n 的 0 索引整数数组 nums。初始位置为 nums[0]。
  • 每个元素 nums[i] 表示从索引 i 向前跳转的最大长度。换句话说，如果你在 nums[i] 处，你可以跳转到任意 nums[i + j] 处:
    • 0 <= j <= nums[i]
    • i + j < n
  • 返回到达 nums[n - 1] 的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达 nums[n - 1]。
示例 1:
输入: nums = [2,3,1,1,4]
输出: 2
解释: 跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。
     从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。
    
示例 2:
输入: nums = [2,3,0,1,4]
输出: 2
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  • 提示:
    • 1 <= nums.length <= 104
    • 0 <= nums[i] <= 1000
    • 题目保证可以到达 nums[n-1]

# 2、思路

# 7、K次取反后最大化的数组和

1005. K 次取反后最大化的数组和 - 力扣（LeetCode） (opens new window)

# 1、题目

  • 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 。
示例 1：
输入：nums = [4,2,3], k = 1
输出：5
解释：选择下标 1 ，nums 变为 [4,-2,3] 。
    
示例 2：
输入：nums = [3,-1,0,2], k = 3
输出：6
解释：选择下标 (1, 2, 2) ，nums 变为 [3,1,0,2] 。

示例 3：
输入：nums = [2,-3,-1,5,-4], k = 2
输出：13
解释：选择下标 (1, 4) ，nums 变为 [2,3,-1,5,4] 。
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  • 提示：
    • 1 <= nums.length <= 10^4
    • -100 <= nums[i] <= 100
    • 1 <= k <= 10^4

# 2、思路

  • 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

# 3、代码

int cmp(const void* a1,const void* a2){
    return abs(*(int*)a2) - abs(*(int*)a1);
}

int sum(int* nums,int numsSize){
    int sum =0;
    for(int i=0;i<numsSize ;i++){
        sum +=nums[i];
    }
    return sum;
}

int largestSumAfterKNegations(int* nums, int numsSize, int k){
    qsort(nums,numsSize,sizeof(int),cmp);
    //遍历到负数就将其转为正数
    for(int i=0;i< numsSize;i++){
        if(nums[i]<0 && k >0){
            nums[i] *= -1;
            k--;
        }
    }
    // 将负数都变为正数后，如果k有剩余，就将k在绝对值最小哪个数上消耗完
    if(k%2 ==1){
        nums[numsSize -1] *= -1;
    }
    return sum(nums,numsSize);
}
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# 8、加油站

134. 加油站 - 力扣（LeetCode） (opens new window)

# 1、题目

  • 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。
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。
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  • 提示：
    • gas.length == n
    • cost.length == n
    • 1 <= n <= 10^5
    • 0 <= gas[i], cost[i] <= 10^4

# 2、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。

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  • 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：

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  • 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！

# 3、代码

int canCompleteCircuit(int* gas, int gasSize, int* cost, int costSize){
    int curSum = 0;
    int totalSum = 0;
    int start = 0;

    int i;
    for(i = 0; i < gasSize; ++i) {
        // 当前i站中加油量与耗油量的差
        int diff = gas[i] - cost[i];

        curSum += diff;
        totalSum += diff;

        // 若0到i的加油量都为负，则开始位置应为i+1
        if(curSum < 0) {
            curSum = 0;
            // 当i + 1 == gasSize时，totalSum < 0（此时i为gasSize - 1)，油车不可能返回原点
            start = i + 1;
        }
    }

    // 若总和小于0，加油车无论如何都无法返回原点。返回-1
    if(totalSum < 0)
        return -1;

    return start;
}
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# 9、分发糖果

# 1、题目

  • 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 。

示例 1：
输入：ratings = [1,0,2]
输出：5
解释：你可以分别给第一个、第二个、第三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。
    
示例 2：
输入：ratings = [1,2,2]
输出：4
解释：你可以分别给第一个、第二个、第三个孩子分发 1、2、1 颗糖果。
     第三个孩子只得到 1 颗糖果，这满足题面中的两个条件。
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  • n == ratings.length
  • 1 <= n <= 2 * 10^4
  • 0 <= ratings[i] <= 2 * 10^4

# 2、思路

# 3、代码

#define max(a, b) (((a) > (b)) ? (a) : (b))

int *initCandyArr(int size) {
    int *candyArr = (int*)malloc(sizeof(int) * size);

    int i;
    for(i = 0; i < size; ++i)
        candyArr[i] = 1;

    return candyArr;
}

int candy(int* ratings, int ratingsSize){
    // 初始化数组，每个小孩开始至少有一颗糖
    int *candyArr = initCandyArr(ratingsSize);

    int i;
    // 先判断右边是否比左边评分高。若是，右边孩子的糖果为左边孩子+1（candyArr[i] = candyArr[i - 1] + 1)
    for(i = 1; i < ratingsSize; ++i) {
        if(ratings[i] > ratings[i - 1])
            candyArr[i] = candyArr[i - 1] + 1;
    }

    // 再判断左边评分是否比右边高。
    // 若是，左边孩子糖果为右边孩子糖果+1/自己所持糖果最大值。（若糖果已经比右孩子+1多，则不需要更多糖果）
    // 举例：ratings为[1, 2, 3, 1]。此时评分为3的孩子在判断右边比左边大后为3，虽然它比最末尾的1(ratings[3])大，但是candyArr[3]为1。所以不必更新candyArr[2]
    for(i = ratingsSize - 2; i >= 0; --i) {
        if(ratings[i] > ratings[i + 1])
            candyArr[i] = max(candyArr[i], candyArr[i + 1] + 1);
    }
    // 求出糖果之和
    int result = 0;
    for(i = 0; i < ratingsSize; ++i) {
        result += candyArr[i];
    }
    return result;
}
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# 10、柠檬水找零

# 1、题目

  • 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 。
示例 1：
输入：bills = [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：bills = [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。
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  • 提示：
    • 1 <= bills.length <= 105
    • bills[i] 不是 5 就是 10 或是 20

# 2、思路

  • 遍历bills，记录收到的 5 美金 和 10美金 的数量，当遇到 支付20美金时，我们优先找零 10 美金的钞票，如果没有 10 美金的钞票在找 5美金的

# 3、代码

//这个题是自己写的，我觉得贪心的点是每次找钱先从大面额的开始找
bool lemonadeChange(int* bills, int billsSize){
    int walletSize = 2;
    int* wallet = (int*)malloc(sizeof(int)* walletSize);

    for(int i =0; i< walletSize;i++){
        wallet[i] = 0;
    }

    for(int i=0;i < billsSize;i++){
        if(bills[i] == 5){
            wallet[0]++;
        }
        if(bills[i] == 10){
            if(wallet[0] != 0){
                wallet[0]--;
                wallet[1]++;
            }
            else {
                return false;
            }
        }
        if(bills[i] == 20){
            if(wallet[1]!=0 && wallet[0] != 0){
                wallet[1]--;
                wallet[0]--;
            }
            else if(wallet[1]==0 && wallet[0]>=3){
                wallet[0] -=3;
            }
            else {
                return false;
            }
        }
    }
    return true;
}
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# 11、根据身高重建队列

# 1、题目

  • 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]]
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  • 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

# 2、思路

# 3、代码

int cmp(const void *a1,const void * a2){
    int *aa1 = *(int**)a1;
    int *aa2 = *(int**)a2;
    // 若身高相同，则按照k从小到大排列
    // 若身高不同，则按身高从大到小排列
    return aa1[0] == aa2[0] ? aa1[1] - aa2[1] : aa2[0] -aa1[0]; 
}

// 将start与end中间的元素都后移一位
// start为将要新插入元素的位置
void moveBack(int **people,int peopleSize,int start,int end){
    int i;
    for(i = end; i>start ;i--){
        people[i] = people[i-1];
    }
}

int** reconstructQueue(int** people, int peopleSize, int* peopleColSize, int* returnSize, int** returnColumnSizes){
    int i;
    qsort(people,peopleSize,sizeof(int*),cmp);

    for(i=0;i<peopleSize;++i){
        // people[i] 要插入的位置
        int position = people[i][1];
        int * temp = people[i];

        //将position到 i中间的元素后移一位
        // 注：因为已经排好序，position不会比i大。(举例：排序后people最后一位元素最小，其可能的k最大值为peopleSize-2，小于此时的i)
        moveBack(people,peopleSize,position,i);
        //将temp放置到position处
        people[position] = temp;
    }

    // 设置返回二维数组的大小以及里面每个一位数组的长度
    *returnSize = peopleSize;
    *returnColumnSizes = (int*)malloc(sizeof(int) * peopleSize);
    for(i = 0; i < peopleSize; ++i) {
        (*returnColumnSizes)[i] = 2;
    }
    return people;
}
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# 12、用最少的箭引爆气球

# 1、题目

  • 有一些球形气球贴在一堵用 XY 平面表示的墙面上。墙面上的气球记录在整数数组 points ，其中points[i] = [xstart, xend] 表示水平直径在 xstart 和 xend之间的气球。你不知道气球的确切 y 坐标。

    一支弓箭可以沿着 x 轴从不同点 完全垂直 地射出。在坐标 x 处射出一支箭，若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 xstart，xend， 且满足 xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被 引爆 。可以射出的弓箭的数量 没有限制 。 弓箭一旦被射出之后，可以无限地前进。

    给你一个数组 points ，返回引爆所有气球所必须射出的 最小 弓箭数 。

示例 1：
输入：points = [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]
输出：2
解释：气球可以用2支箭来爆破:
-在x = 6处射出箭，击破气球[2,8]和[1,6]。
-在x = 11处发射箭，击破气球[10,16]和[7,12]。

示例 2：
输入：points = [[1,2],[3,4],[5,6],[7,8]]
输出：4
解释：每个气球需要射出一支箭，总共需要4支箭。
    
示例 3：
输入：points = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5]]
输出：2
解释：气球可以用2支箭来爆破:
- 在x = 2处发射箭，击破气球[1,2]和[2,3]。
- 在x = 4处射出箭，击破气球[3,4]和[4,5]。
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  • 提示:
    • 1 <= points.length <= 105
    • points[i].length == 2
    • -2^31 <= xstart < xend <= 2^31 - 1

# 2、思路

  • 局部最优：当气球出现重叠，一起射，所用弓箭最少。全局最优：把所有气球射爆所用弓箭最少。

  • 为了让气球尽可能的重叠，需要对数组进行排序。

    • 那么按照气球起始位置排序，还是按照气球终止位置排序呢？
    • 其实都可以！只不过对应的遍历顺序不同，我就按照气球的起始位置排序了。

  • 既然按照起始位置排序，那么就从前向后遍历气球数组，靠左尽可能让气球重复。

    • 从前向后遍历遇到重叠的气球了怎么办？

  • 如果气球重叠了，重叠气球中右边边界的最小值 之前的区间一定需要一个弓箭。

  • 以题目示例： [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]为例，如图：（方便起见，已经排序）

452.用最少数量的箭引爆气球

  • 可以看出首先第一组重叠气球，一定是需要一个箭，气球3，的左边界大于了 第一组重叠气球的最小右边界，所以再需要一支箭来射气球3了。

# 3、代码

int cmp(const void *a1,const void *a2){
    int * aa1 = (int**)a1;
    int * aa2 = (int**)a2;
    return aa1[0] - aa2[0];
}

int findMinArrowShots(int** points, int pointsSize, int* pointsColSize){
    // 将points数组作升序排序
    qsort(points,pointsSize,sizeof(points[0]),cmp);
    int count=1;
    for(int i =1;i < pointsSize ; i++){
        //若前一个气球与当前气球不重叠，证明需要增加箭的数量
        if(points[i][0] > points[i-1][1]){
            count++;
        }
        else {
            //若前一个气球与当前气球重叠，判断并更新最小的x_end
            points[i][1] =points[i][1] > points[i-1][1] ? points[i-1][1] : points[i][1];
        }
    }
    return count;
}
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# 13、无重叠区间

# 1、题目

  • 给定一个区间的集合 intervals ，其中 intervals[i] = [starti, endi] 。返回 需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠 。
示例 1:

输入: intervals = [[1,2],[2,3],[3,4],[1,3]]
输出: 1
解释: 移除 [1,3] 后，剩下的区间没有重叠。
示例 2:

输入: intervals = [ [1,2], [1,2], [1,2] ]
输出: 2
解释: 你需要移除两个 [1,2] 来使剩下的区间没有重叠。
示例 3:

输入: intervals = [ [1,2], [2,3] ]
输出: 0
解释: 你不需要移除任何区间，因为它们已经是无重叠的了。
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  • 提示:
    • 1 <= intervals.length <= 105
    • intervals[i].length == 2
    • -5 * 10^4 <= starti(这个i是下标) < endi(这个i是下标) <= 5 * 10^4

# 2、思路

  • 这道题一眼久感觉要排序，但是究竟是按照右边界排序，还是按照左边界排序呢？

    其实都可以。主要就是为了让区间尽可能的重叠。

    我来按照右边界排序，从左向右记录非交叉区间的个数。最后用区间总数减去非交叉区间的个数就是需要移除的区间个数了。

    此时问题就是要求非交叉区间的最大个数。

    这里记录非交叉区间的个数还是有技巧的，如图：

img

  • 区间，1，2，3，4，5，6都按照右边界排好序。

    当确定区间 1 和 区间2 重叠后，如何确定是否与 区间3 也重贴呢？

    就是取 区间1 和 区间2 右边界的最小值，因为这个最小值之前的部分一定是 区间1 和区间2 的重合部分，如果这个最小值也触达到区间3，那么说明 区间 1，2，3都是重合的。

    接下来就是找大于区间1结束位置的区间，是从区间4开始。那有同学问了为什么不从区间5开始？别忘了已经是按照右边界排序的了。

    区间4结束之后，再找到区间6，所以一共记录非交叉区间的个数是三个。

    总共区间个数为6，减去非交叉区间的个数3。移除区间的最小数量就是3。

# 3、代码

int cmp(const void *a, const void *b){

    return ((*((int**)a))[1] > (*((int**)b))[1]);
}


int eraseOverlapIntervals(int** intervals, int intervalsSize, int* intervalsColSize){
    if(intervalsSize == 0) return 0;
    qsort(intervals,intervalsSize,sizeof(intervals[0]),cmp);
    int count = 1;  //记录非交叉区间的个数
    int end = intervals[0][1]; //记录区间分割点
    for(int i =1;i<intervalsSize;i++){
        if(end <= intervals[i][0]){
            end = intervals[i][1];
            count++;
        }
    }
    return intervalsSize - count;
}
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# 4、补充

# 4.1左边界排序

  • 左边界排序和右边界的区别是 左边界排序我们就是直接求 重叠的区间，count为记录重叠区间数。
  • 右边界排序的count 记录的是 非重叠区。
int cmp(const void *a, const void *b){

    return ((*((int**)a))[0] > (*((int**)b))[0]); //左边界升序
}


int eraseOverlapIntervals(int** intervals, int intervalsSize, int* intervalsColSize){
    if(intervalsSize == 0) return 0;
    qsort(intervals,intervalsSize,sizeof(intervals[0]),cmp);
    int count = 0;  // 注意这里从0开始，因为是记录重叠区间
    int end = intervals[0][1]; //记录区间分割点
    for(int i =1;i<intervalsSize;i++){
         if (intervals[i][0] >= end)  end = intervals[i][1]; // 无重叠的情况
            else { // 重叠情况 
                end = fmin(end, intervals[i][1]);
                count++;
            }
    }
    return count;
}
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# 4.2 最少箭

int cmp(const void *a, const void *b){

    return ((*((int**)a))[1] > (*((int**)b))[1]); //右边界升序
}


int eraseOverlapIntervals(int** intervals, int intervalsSize, int* intervalsColSize){
    if(intervalsSize == 0) return 0;
    qsort(intervals,intervalsSize,sizeof(intervals[0]),cmp);
    int count = 1;
    for(int i=1;i < intervalsSize;i++){
        //若前一个气球与当前气球不重叠，证明想要增加箭的数量
        if(intervals[i][0] >= intervals[i-1][1]){
            count++;
        }
        else {
            //  若前一个气球与当前气球重叠，判断并更新最小的x_end
            intervals[i][1] = intervals[i][1] > intervals[i-1][1] ? intervals[i-1][1] : intervals[i][1];
        }
    }
    return intervalsSize - count;
}
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int cmp(const void *a, const void *b){

    return ((*((int**)a))[0] > (*((int**)b))[0]); //左边界升序
}


int eraseOverlapIntervals(int** intervals, int intervalsSize, int* intervalsColSize){
    if(intervalsSize == 0) return 0;
    qsort(intervals,intervalsSize,sizeof(intervals[0]),cmp);
    int count = 1;
    for(int i=1;i < intervalsSize;i++){
        //若前一个气球与当前气球不重叠，证明想要增加箭的数量
        if(intervals[i][0] >= intervals[i-1][1]){
            count++;
        }
        else {
            //  若前一个气球与当前气球重叠，判断并更新最小的x_end
            intervals[i][1] = intervals[i][1] > intervals[i-1][1] ? intervals[i-1][1] : intervals[i][1];
        }
    }
    return intervalsSize - count;
}
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# 14、划分字母区间

# 1、题目

  • 给你一个字符串 s 。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。

    注意，划分结果需要满足：将所有划分结果按顺序连接，得到的字符串仍然是 s 。

    返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。

    示例 1：
输入：s = "ababcbacadefegdehijhklij"
输出：[9,7,8]
解释：
划分结果为 "ababcbaca"、"defegde"、"hijhklij" 。
每个字母最多出现在一个片段中。
像 "ababcbacadefegde", "hijhklij" 这样的划分是错误的，因为划分的片段数较少。 
    
示例 2：
输入：s = "eccbbbbdec"
输出：[10]
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  • 提示：

    • 1 <= s.length <= 500
    • s 仅由小写英文字母组成

# 2、思路

  • 一想到分割字符串就想到了回溯，但本题其实不用回溯去暴力搜索。

    题目要求同一字母最多出现在一个片段中，那么如何把同一个字母的都圈在同一个区间里呢？

    如果没有接触过这种题目的话，还挺有难度的。

    在遍历的过程中相当于是要找每一个字母的边界，如果找到之前遍历过的所有字母的最远边界，说明这个边界就是分割点了。此时前面出现过所有字母，最远也就到这个边界了。

    可以分为如下两步：

    • 统计每一个字符最后出现的位置
    • 从头遍历字符，并更新字符的最远出现下标，如果找到字符最远出现位置下标和当前下标相等了，则找到了分割点

    如图：

    763.划分字母区间

int* partitionLabels(char * s, int* returnSize){
    int hash[27];
    int length = strlen(s);
    for(int i=0;i < length;i++) {
        hash[s[i] - 'a'] = i;
    }
    int * result = (int*)malloc(sizeof(int)* length);
    int start = 0;
    int end = 0;
    * returnSize =0; //必须先给值，不然报错？？
    for(int i=0 ;i < length; i++) {
        end = fmax(end,hash[s[i] - 'a']);  //更新当前遍历到元素最大下标
        if(i == end){
            result[(*returnSize)++] = end - start +1;
            start = end + 1;
        }
    }
    return result;
}
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# 15、合并区间

# 1、题目

  • 以数组 intervals 表示若干个区间的集合，其中单个区间为 intervals[i] = [starti, endi] 。请你合并所有重叠的区间，并返回 一个不重叠的区间数组，该数组需恰好覆盖输入中的所有区间 。
示例 1：

输入：intervals = [[1,3],[2,6],[8,10],[15,18]]
输出：[[1,6],[8,10],[15,18]]
解释：区间 [1,3] 和 [2,6] 重叠, 将它们合并为 [1,6].
示例 2：

输入：intervals = [[1,4],[4,5]]
输出：[[1,5]]
解释：区间 [1,4] 和 [4,5] 可被视为重叠区间。
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  • 提示：

    1 <= intervals.length <= 10^4 intervals[i].length == 2 0 <= starti <= endi <= 10^4 (这里得 i 是下标)

# 2、思路

  • 排序，然后将有重叠部分就行切割

# 3、代码

/**
 * Return an array of arrays of size *returnSize.
 * The sizes of the arrays are returned as *returnColumnSizes array.
 * Note: Both returned array and *columnSizes array must be malloced, assume caller calls free().
 */
int cmp(const void* a,const void * b){
    return ((*((int**)a))[0] > (*((int**)b))[0]); //左边界升序
}

int** merge(int** intervals, int intervalsSize, int* intervalsColSize, int* returnSize, int** returnColumnSizes){
    int** result =(int**)malloc(sizeof(int*)*intervalsSize);
    * returnSize = 0;
    qsort(intervals,intervalsSize,sizeof(intervals[0]),cmp); //左边界升序
    int start =intervals[0][0];
    int end = intervals[0][1];
    for(int i=1;i < intervalsSize;i++ ){
        if(intervals[i][0] <= end) //有重叠部分
        {
            // 更新右边界
            end = intervals[i][1] > end ?  intervals[i][1] : end;
        }
        // 无重叠部分
        else{
            int * temp = (int*)malloc(sizeof(int)*2);
            temp[0] = start;
            temp[1] = end;
            result[(*returnSize)++] = temp;
            // 重新切割
            start = intervals[i][0];
            end = intervals[i][1];
        }
    }
    //补充一次切割
    int * temp = (int*)malloc(sizeof(int)*2);
    temp[0] = start;
    temp[1] = end;
    result[(*returnSize)++] = temp;
    *returnColumnSizes = (int *) malloc(sizeof(int)*(*returnSize));
    for(int i =0 ;i< (*returnSize);i++){
        (*returnColumnSizes)[i] = 2;
    }
    return result;

}
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# 16、单调递增的数字

# 1、题目

  • 当且仅当每个相邻位数上的数字 x 和 y 满足 x <= y 时，我们称这个整数是单调递增的。
  • 给定一个整数 n ，返回 小于或等于 n 的最大数字，且数字呈单调递增 。
示例 1:

输入: n = 10
输出: 9
示例 2:

输入: n = 1234
输出: 1234
示例 3:

输入: n = 332
输出: 299
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  • 提示:
    • 0 <= n <= 10^9

# 2、思路

  • 题目要求小于等于N的最大单调递增的整数，那么拿一个两位的数字来举例。

    例如：98，一旦出现strNum[i - 1] > strNum[i]的情况（非单调递增），首先想让strNum[i - 1]--，然后strNum[i]给为9，这样这个整数就是89，即小于98的最大的单调递增整数。

    这一点如果想清楚了，这道题就好办了。

    此时是从前向后遍历还是从后向前遍历呢？

    从前向后遍历的话，遇到strNum[i - 1] > strNum[i]的情况，让strNum[i - 1]减一，但此时如果strNum[i - 1]减一了，可能又小于strNum[i - 2]。

    这么说有点抽象，举个例子，数字：332，从前向后遍历的话，那么就把变成了329，此时2又小于了第一位的3了，真正的结果应该是299。

    那么从后向前遍历，就可以重复利用上次比较得出的结果了，从后向前遍历332的数值变化为：332 -> 329 -> 299

    确定了遍历顺序之后，那么此时局部最优就可以推出全局，找不出反例，试试贪心。

  • 总的来说就是：从后往前遍历，如果遇到前一位比后一位数字大的情况就将前一位的数字 -1 ，然后后一位改为9，但是我们还要保证输出的数是满足条件的最大数，所以我们要找到高位上第一个比后一位大的位置的下标，将其 -1 ，然后后面位全部置为9

# 3、代码

int monotoneIncreasingDigits(int n){
    char ans[11] ={0};
    sprintf(ans,"%d",n);
    int len = strlen(ans);
   // flag用来标记赋值9从哪里开始
   // 设置为这个默认值，为了防止第二个for循环在flag没有被赋值的情况下执行
    int flag = len;
    for(int i = len -1 ;i>0 ;i--){
        if(ans[i-1] >ans[i]){
            flag = i;
            ans[i-1]--;
        }
    }
    for(int i = flag;i<len;i++){
        ans[i]= '9';
    }
    return atoi(ans);
}
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# 17、监控二叉树

968. 监控二叉树 - 力扣（LeetCode） (opens new window)

# 1、题目

  • 给定一个二叉树，我们在树的节点上安装摄像头。

    节点上的每个摄影头都可以监视其父对象、自身及其直接子对象。

    计算监控树的所有节点所需的最小摄像头数量。

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示例 1：
输入：[0,0,null,0,0]
输出：1
解释：如图所示，一台摄像头足以监控所有节点。
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示例 2：
输入：[0,0,null,0,null,0,null,null,0]
输出：2
解释：需要至少两个摄像头来监视树的所有节点。 上图显示了摄像头放置的有效位置之一。
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  • 提示：
    1. 给定树的节点数的范围是 [1, 1000]。
    2. 每个节点的值都是 0。

# 2、思路

代码随想录 (programmercarl.com) (opens new window)

# 3、代码

/*
**函数后序遍历二叉树。判断一个结点状态时，根据其左右孩子结点的状态进行判断
**状态：0为没有被摄像头覆盖到。1为此结点处应设置摄像头。2为此结点已被摄像头覆盖
*/
int traversal(struct TreeNode* node, int* ans) {
    //递归结束条件：传入结点为NULL，假设此结点能被摄像头覆盖。这样方便与对叶子结点的判断，将叶子结点设为0
    if(!node)
        return 2;
    //后序遍历二叉树，记录左右孩子的状态。根据左右孩子状态更新结点自身状态
    int left = traversal(node->left, ans);
    int right = traversal(node->right, ans);

    //若左右孩子都可以被摄像头覆盖，将父亲结点状态设为0
    if(left == 2 && right == 2) {
        return 0;
    }
    //若左右孩子有一个结点状态为没有被覆盖（0），则将父亲结点状态设置为摄像头
    if(left == 0 || right == 0) {
        (*ans)++;
        return 1;
    }
    //若左右孩子有一个为摄像头，证明父亲结点可以被覆盖。将父亲结点状态变为2
    //如果left == 1, right == 0 怎么办？其实这种在上面情况中已经判断过了
    if(left == 1 || right == 1)
        return 2;
    //逻辑不会走到-1，语句不会执行
    return -1;
}

int minCameraCover(struct TreeNode* root){
    int ans = 0;

    //在对整个二叉树遍历后。头结点可能未被覆盖，这时候如果函数返回值为0，证明头结点未被覆盖。说明头结点也需要添置摄像头，ans++
    if(traversal(root, &ans) == 0)
        ans++;
    return ans;
}
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上次更新: 2023/09/13, 12:29:52
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