随想录日记part27

$time：$ 2024.03.25

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主要内容：今天深入学习贪心算法，接下来是针对题目的讲解：1.K次取反后最大化的数组和 ；2. 加油站 ；3.分发糖果

• 1005.K次取反后最大化的数组和
• 134. 加油站
• 135. 分发糖果

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K次取反后最大化的数组和

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 。

输入： $nums=[4,2,3],k=1$
输出： $5$

思路：

代码随想录的解题步骤为：
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

代码如下：

class Solution {
    public int largestSumAfterKNegations(int[] nums, int K) {
    	// 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
	nums = IntStream.of(nums)
		     .boxed()
		     .sorted((o1, o2) -> Math.abs(o2) - Math.abs(o1))
		     .mapToInt(Integer::intValue).toArray();
	int len = nums.length;	    
	for (int i = 0; i < len; i++) {
	    //从前向后遍历，遇到负数将其变为正数，同时K--
	    if (nums[i] < 0 && K > 0) {
	    	nums[i] = -nums[i];
	    	K--;
	    }
	}
	// 如果K还大于0，那么反复转变数值最小的元素，将K用完

	if (K % 2 == 1) nums[len - 1] = -nums[len - 1];
	return Arrays.stream(nums).sum();

    }
}

我的思路和上面的差不多，但是写法不一样，我是按照从小到大的排序，每次只改变$nums[0$，改变完之后，就进行重新排序，进行$k$次。
代码如下：

class Solution {
    public int largestSumAfterKNegations(int[] nums, int k) {
        Arrays.sort(nums);
        int result=0;
        int count=k;
        if(nums.length==0) return 0;
        while(k>0){
            nums[0]=-nums[0];
            Arrays.sort(nums);
            k--;
        }
        for(int i=0;i<nums.length;i++){
            result+=nums[i];
        }
        return result;
    }
}

时间复杂度：$O(nlogn)$
空间复杂度：$O(1)$

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Topic2加油站

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。

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。

思路：

暴力法：

整体代码如下：

class Solution {
    public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
        int haveOil = 0;
        int index;
        for (int i = 0; i < gas.length; i++) {
            if (gas[i] >= cost[i]) {
                index = i;
                haveOil = 0;
                int count = gas.length;
                while (count > 0) {
                    if (haveOil + gas[index % gas.length] - cost[index % gas.length] < 0)
                        break;
                    haveOil += (gas[index % gas.length] - cost[index % gas.length]);
                    index++;
                    count--;
                }
                if (count == 0)
                    return i;

            }
        }
        return -1;
    }
}

贪心法的步骤：

class Solution {
    public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
        int curSum = 0;
        int totalSum = 0;
        int start = 0;
        for (int i = 0; i < gas.length; 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：$O(1)$

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Topic3分发糖果

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 。

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。
思路：

这在leetcode上是一道困难的题目，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。
那么本题我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
代码实现如下：

class Solution {
    public int candy(int[] ratings) {
        if (ratings.length == 1)
            return 1;
        int[] candy = new int[ratings.length];
        Arrays.fill(candy, 1);
        // 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
        for (int i = 1; i < ratings.length; i++) {
            if (ratings[i] > ratings[i - 1])
                candy[i] = candy[i - 1] + 1;
        }
        // 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
        for (int i = ratings.length - 2; i >= 0; i--) {
            if (ratings[i] > ratings[i + 1])
                candy[i] = Integer.max(candy[i + 1] + 1, candy[i]);
        }
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < ratings.length; i++) {
            result += candy[i];
        }
        return result;

    }
}

时间复杂度： $O(n)$
空间复杂度： $O(n)$

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