Leetcode学习之贪心算法_贪心算法数字分类

贪心算法理论基础

题目分类大纲如下：

什么是贪心

贪心的本质是选择每一阶段的局部最优，从而达到全局最优。

这么说有点抽象，来举一个例子：

例如，有一堆钞票，你可以拿走十张，如果想达到最大的金额，你要怎么拿？

指定每次拿最大的，最终结果就是拿走最大数额的钱。

每次拿最大的就是局部最优，最后拿走最大数额的钱就是推出全局最优。

再举一个例子如果是 有一堆盒子，你有一个背包体积为n，如何把背包尽可能装满，如果还每次选最大的盒子，就不行了。这时候就需要动态规划。动态规划的问题在下一个系列会详细讲解。

贪心的套路（什么时候用贪心）

很多同学做贪心的题目的时候，想不出来是贪心，想知道有没有什么套路可以一看就看出来是贪心。

说实话贪心算法并没有固定的套路。

所以唯一的难点就是如何通过局部最优，推出整体最优。

那么如何能看出局部最优是否能推出整体最优呢？有没有什么固定策略或者套路呢？

不好意思，也没有！ 靠自己手动模拟，如果模拟可行，就可以试一试贪心策略，如果不可行，可能需要动态规划。

有同学问了如何验证可不可以用贪心算法呢？

最好用的策略就是举反例，如果想不到反例，那么就试一试贪心吧。

可有有同学认为手动模拟，举例子得出的结论不靠谱，想要严格的数学证明。

一般数学证明有如下两种方法：

• 数学归纳法
• 反证法

面试中基本不会让面试者现场证明贪心的合理性，代码写出来跑过测试用例即可，或者自己能自圆其说理由就行了。

刷题或者面试的时候，手动模拟一下感觉可以局部最优推出整体最优，而且想不到反例，那么就试一试贪心。

例如刚刚举的拿钞票的例子，就是模拟一下每次拿做大的，最后就能拿到最多的钱，这还要数学证明的话，其实就不在算法面试的范围内了，可以看看专业的数学书籍！

所以这也是为什么很多同学通过（accept）了贪心的题目，但都不知道自己用了贪心算法，因为贪心有时候就是常识性的推导，所以会认为本应该就这么做！

贪心一般解题步骤

贪心算法一般分为如下四步：

• 将问题分解为若干个子问题
• 找出适合的贪心策略
• 求解每一个子问题的最优解
• 将局部最优解堆叠成全局最优解

其实这个分的有点细了，真正做题的时候很难分出这么详细的解题步骤，可能就是因为贪心的题目往往还和其他方面的知识混在一起。

2. 分发饼干

题目链接

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.

提示：

1 <= g.length <= 3 * 10^4
0 <= s.length <= 3 * 10^4
1 <= g[i], s[j] <= 2^31 - 1

思路

为了了满足更多的小孩，就不要造成饼干尺寸的浪费。

大尺寸的饼干既可以满足胃口大的孩子也可以满足胃口小的孩子，那么就应该优先满足胃口大的。

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。

如图：

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。

class Solution {
public:
    int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
        sort(g.begin(), g.end());
        sort(s.begin(), s.end());

        int rightg = g.size()-1;
        int rights = s.size()-1;

        while (rightg >= 0 && rights >= 0){
            if (s[rights] >= g[rightg]){
                rightg--;
                rights--;
            }
            else{
                rightg--;
            }
        }
        return s.size()-rights-1;
    }
};
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时间复杂度：$O(mlogm+nlogn)$，其中 $m$ 和 $n$ 分别是数组 $g$ 和 $s$ 的长度。对两个数组排序的时间复杂度是 $O(mlogm+nlogn)$，遍历数组的时间复杂度是 $O(m+n)$，因此总时间复杂度是 $O(mlogm+nlogn)$。

空间复杂度：$O(logm+logn)$，其中 $m$ 和 $n$ 分别是数组 $g$ 和 $s$ 的长度。空间复杂度主要是排序的额外空间开销。

// 时间复杂度：O(nlogn)
// 空间复杂度：O(1)
class Solution {
public:
    int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
        sort(g.begin(), g.end());
        sort(s.begin(), s.end());
        int index = s.size() - 1; // 饼干数组的下表
        int result = 0;
        for (int i = g.size() - 1; i >= 0; i--) {
            if (index >= 0 && s[index] >= g[i]) {
                result++;
                index--;
            }
        }
        return result;
    }
};
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也可以换一个思路，小饼干先喂饱小胃口

class Solution {
public:
    int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
        sort(g.begin(),g.end());
        sort(s.begin(),s.end());
        int index = 0;
        for(int i = 0;i < s.size();++i){
            if(index < g.size() && g[index] <= s[i]){
                index++;
            }
        }
        return index;
    }
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3. 摆动序列

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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。少于两个元素的序列也是摆动序列。

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。

给定一个整数序列，返回作为摆动序列的最长子序列的长度。 通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得子序列，剩下的元素保持其原始顺序。

示例 1:

输入: [1,7,4,9,2,5]
输出: 6
解释: 整个序列均为摆动序列。

示例 2:

输入: [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，其中一个可为[1,17,10,13,10,16,8]。

示例 3:

输入: [1,2,3,4,5,6,7,8,9]
输出: 2

思路1（贪心解法）

本题要求通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得子序列，剩下的元素保持其原始顺序。

相信这么一说吓退不少同学，这要求最大摆动序列又可以修改数组，这得如何修改呢？

来分析一下，要求删除元素使其达到最大摆动序列，应该删除什么元素呢？

用示例二来举例，如图所示：

局部最优：删除单调坡度上的节点（不包括单调坡度两端的节点），那么这个坡度就可以有两个局部峰值。

整体最优：整个序列有最多的局部峰值，从而达到最长摆动序列。

实际操作上，其实连删除的操作都不用做，因为题目要求的是最长摆动子序列的长度，所以只需要统计数组的峰值数量就可以了（相当于是删除单一坡度上的节点，然后统计长度）

这就是贪心所贪的地方，让峰值尽可能的保持峰值，然后删除单一坡度上的节点。

本题代码实现中，还有一些技巧，例如统计峰值的时候，数组最左面和最右面是最不好统计的。

例如序列[2,5]，它的峰值数量是2，如果靠统计差值来计算峰值个数就需要考虑数组最左面和最右面的特殊情况。

所以可以针对序列[2,5]，可以假设为[2,2,5]，这样它就有坡度了即preDiff = 0，如图

这样处理解决了首节点没有左节点和尾结点没有右节点。

针对以上情形，result初始为1（默认最右面有一个峰值），此时curDiff > 0 && preDiff <= 0，那么result++（计算了左面的峰值），最后得到的result就是2（峰值个数为2即摆动序列长度为2）

C++代码如下（和上图是对应的逻辑）：

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        if (nums.size() <= 1) return nums.size();
        int curDiff = 0; // 当前一对差值
        int preDiff = 0; // 前一对差值
        int result = 1;  // 记录峰值个数，序列默认序列最右边有一个峰值
        for (int i = 0; i < nums.size() - 1; i++) {
            curDiff = nums[i + 1] - nums[i];
            // 出现峰值
            if ((curDiff > 0 && preDiff <= 0) || (preDiff >= 0 && curDiff < 0)) {
                result++;
                preDiff = curDiff;
            }
        }
        return result;
    }
};
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时间复杂度O(n) 空间复杂度O(1)

换个角度看世界

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        if (nums.size() < 2) return nums.size();
        int up = 1;
        int down = 1;

        for (int i = 1; i < nums.size(); i++){
            if (nums[i] > nums[i-1]){
                up = down + 1;
            }
            if (nums[i] < nums[i-1]){
                down = up+1;
            }
        }
        return max(up, down);
    }
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思路2（动态规划）

这里仅提供方法参考，具体可查看Leetcode解题思路

4. 最大子序和

题目链接

给定一个整数数组 nums ，找到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。

示例: 输入: [-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。

思路

暴力解法：不过多讲解，没有意义

贪心解法

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。

从代码角度上来讲：遍历nums，从头开始用count累积，如果count一旦加上nums[i]变为负数，那么就应该从nums[i+1]开始从0累积count了，因为已经变为负数的count，只会拖累总和。

这相当于是暴力解法中的不断调整最大子序和区间的起始位置。

如动画所示：

做过前面指针类型题的同学对这里应该会很熟悉，单指针判断条件，难度较小呢

C++代码

class Solution {
public:
    int maxSubArray(vector<int>& nums) {
        int right = 0;
        int result = INT_MIN;
        int sum = 0;
        while (right < nums.size()){
            if (sum < 0){
                sum = 0;
                continue;
            }
            sum += nums[right++];            
            result = result > sum? result: sum;
        }
        return result;
    }
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时间复杂度：O(n) 空间复杂度：O(1)

当然题目没有说如果数组为空，应该返回什么，所以数组为空的话返回啥都可以了。

不少同学认为 如果输入用例都是-1，或者 都是负数，这个贪心算法跑出来的结果是0， 这是又一次证明脑洞模拟不靠谱的经典案例，建议大家把代码运行一下试一试，就知道了，也会理解 为什么 result 要初始化为最小负数了。

动态规划：思路提供

5. 买卖股票

题目链接

给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。

注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

示例 1: 输入: [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 。

示例 2: 输入: [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 。注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。

示例 3: 输入: [7,6,4,3,1] 输出: 0 解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

提示：

• 1 <= prices.length <= 3 * 10 ^ 4
• 0 <= prices[i] <= 10 ^ 4

思路

本题首先要清楚两点：

只有一只股票！
当前只有买股票或者卖1股票的操作
想获得利润至少要两天为一个交易单元。

贪心算法

这道题目可能我们只会想，选一个低的买入，在选个高的卖，在选一个低的买入…循环反复。

如果想到其实最终利润是可以分解的，那么本题就很容易了！

如何分解呢？

假如第0天买入，第3天卖出，那么利润为：prices[3] - prices[0]。

相当于(prices[3] - prices[2]) + (prices[2] - prices[1]) + (prices[1] - prices[0])。

此时就是把利润分解为每天为单位的维度，而不是从0天到第3天整体去考虑！

那么根据prices可以得到每天的利润序列：(prices[i] - prices[i - 1])…(prices[1] - prices[0])。

如图：

一些同学陷入：第一天怎么就没有利润呢，第一天到底算不算的困惑中。

第一天当然没有利润，至少要第二天才会有利润，所以利润的序列比股票序列少一天！

从图中可以发现，其实我们需要收集每天的正利润就可以，收集正利润的区间，就是股票买卖的区间，而我们只需要关注最终利润，不需要记录区间。

那么只收集正利润就是贪心所贪的地方！

局部最优：收集每天的正利润，全局最优：求得最大利润。

局部最优可以推出全局最优，找不出反例，试一试贪心！

对应C++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int result = 0;
        for (int i = 1; i < prices.size(); i++){
            if (prices[i] - prices[i-1] > 0){
                result += prices[i] - prices[i-1];
            }
        }
        return result;
    }
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时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)

动态规划

6. 跳跃游戏

题目链接

给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。

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位置。

示例 1: 输入: [2,3,1,1,4] 输出: true 解释: 我们可以先跳 1 步，从位置 0 到达 位置 1, 然后再从位置 1 跳 3 步到达最后一个位置。

示例 2: 输入: [3,2,1,0,4] 输出: false 解释: 无论怎样，你总会到达索引为 3 的位置。但该位置的最大跳跃长度是 0 ， 所以你永远不可能到达最后一个位置。

思路

刚看到本题一开始可能想：当前位置元素如果是3，我究竟是跳一步呢，还是两步呢，还是三步呢，究竟跳几步才是最优呢？

其实跳几步无所谓，关键在于可跳的覆盖范围！

不一定非要明确一次究竟跳几步，每次取最大的跳跃步数，这个就是可以跳跃的覆盖范围。

这个范围内，别管是怎么跳的，反正一定可以跳过来。

那么这个问题就转化为跳跃覆盖范围究竟可不可以覆盖到终点！

每次移动取最大跳跃步数（得到最大的覆盖范围），每移动一个单位，就更新最大覆盖范围。

贪心算法局部最优解：每次取最大跳跃步数（取最大覆盖范围），整体最优解：最后得到整体最大覆盖范围，看是否能到终点。

局部最优推出全局最优，找不出反例，试试贪心！

如图：

i每次移动只能在cover的范围内移动，每移动一个元素，cover得到该元素数值（新的覆盖范围）的补充，让i继续移动下去。

而cover每次只取 max(该元素数值补充后的范围, cover本身范围)。

如果cover大于等于了终点下标，直接return true就可以了。

C++代码如下：

class Solution {
public:
    bool canJump(vector<int>& nums) {
        int cover = 0;
        if (nums.size() == 1) return true; // 只有一个元素，就是能达到
        for (int i = 0; i <= cover; i++) { // 注意这里是小于等于cover
            cover = max(i + nums[i], cover);
            if (cover >= nums.size() - 1) return true; // 说明可以覆盖到终点了
        }
        return false;
    }
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7. 跳跃游戏II

思路

如果移动下标等于当前覆盖最大距离下标， 需要再走一步（即step++），因为最后一步一定是可以到的终点。（题目假设总是可以到达数组的最后一个位置），如图：

如果移动下标不等于当前覆盖最大距离下标，说明当前覆盖最远距离就可以直接达到终点了，不需要再走一步。如图：

c++代码实现：

class Solution {
public:
    int jump(vector<int>& nums) {
        if (nums.size() == 1) return 0;
        int reach = 0; //当前可达到的
        int nextreach = 0; // 下一步可达到的
        int step = 0;
        for (int i = 0;i < nums.size(); i++){
            nextreach = max(nextreach, i+nums[i]);
            if (nextreach >= nums.size() - 1) return (step+1);
            if (i == reach){
                step++;
                reach = nextreach;
            }
        }
        return step;
    }
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8. K 次取反后最大化的数组和

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给定一个整数数组 A，我们只能用以下方法修改该数组：我们选择某个索引 i 并将 A[i] 替换为 -A[i]，然后总共重复这个过程 K 次。（我们可以多次选择同一个索引 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：A = [4,2,3], K = 1 输出：5 解释：选择索引 (1,) ，然后 A 变为 [4,-2,3]。

示例 2： 输入：A = [3,-1,0,2], K = 3 输出：6 解释：选择索引 (1, 2, 2) ，然后 A 变为 [3,1,0,2]。

示例 3： 输入：A = [2,-3,-1,5,-4], K = 2 输出：13 解释：选择索引 (1, 4) ，然后 A 变为 [2,3,-1,5,4]。

提示：

1 <= A.length <= 10000
1 <= K <= 10000
-100 <= A[i] <= 100

思路

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

对应C++代码如下：

class Solution {
public:
    static bool comp(int a, int b){
        return (abs(a) > abs(b));
    }
    int largestSumAfterKNegations(vector<int>& nums, int k) {
        sort(nums.begin(), nums.end(), comp);
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++){
            if (nums[i] < 0 && k > 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;
    }
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9. 加油站

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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

贪心算法

可以换一个思路，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，起始位置从i+1算起，再从0计算curSum。

如图：
那么为什么一旦[i，j] 区间和为负数，起始位置就可以是j+1呢，j+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j，那么起始位置又变成新的j+1了。

而且j之前出现了多少负数，j后面就会出现多少正数，因为耗油总和是大于零的（前提我们已经确定了一定可以跑完全程）。

那么局部最优：当前累加rest[j]的和curSum一旦小于0，起始位置至少要是j+1，因为从j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！

C++代码如下：

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){
                curSum = 0;
                start = i+1;
            }
        }
        if (totalSum < 0) return -1;
        return start;
    }
};
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10. 分发糖果

题目链接

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

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

代码如下：

class Solution {
public:
    int candy(vector<int>& ratings) {
        vector<int> result(ratings.size(), 1);

        for (int i = 1; i < ratings.size(); i++){
            if (ratings[i] > ratings[i-1]){
                result[i] = result[i-1]+1;
            }
        }
        for (int i = ratings.size()-1; i > 0; i--){
            if (ratings[i-1] > ratings[i]){
                result[i-1] = max(result[i-1], result[i]+1);
            }
        }
        int sum = 0;
        for (int i : result) sum += i;
        return sum;
    }
};
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11. 柠檬水找零

题目链接

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

这道题目刚一看，可能会有点懵，这要怎么找零才能保证完整全部账单的找零呢？

但仔细一琢磨就会发现，可供我们做判断的空间非常少！

只需要维护三种金额的数量，5，10和20。

有如下三种情况：

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
此时大家就发现 情况一，情况二，都是固定策略，都不用我们来做分析了，而唯一不确定的其实在情况三。

而情况三逻辑也不复杂甚至感觉纯模拟就可以了，其实情况三这里是有贪心的。

账单是20的情况，为什么要优先消耗一个10和一个5呢？

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！

所以局部最优：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。

局部最优可以推出全局最优，并找不出反例，那么就试试贪心算法！

C++代码如下：

class Solution {
public:
    bool lemonadeChange(vector<int>& bills) {
        int five = 0, ten = 0;

        for (int m : bills){
            if (m == 5){
                five++;
            }
            else if (m == 10){
                if (five > 0){
                    five--;
                    ten++;
                }
                else{
                    return false;
                }
            }
            else if (m == 20){
                if ((five > 0 && ten > 0) || (five > 2)){
                    if (ten > 0){
                        five--;
                        ten--;
                    }
                    else{
                        five -= 3;
                    }
                }
                else{
                    return false;
                }
            }
        }
        return true;
    }
};
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12. 根据身高队列重建

题目链接

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

本题有两个维度，h和k，看到这种题目一定要想如何确定一个维度，然后在按照另一个维度重新排列。

其实如果大家认真做了135. 分发糖果 (opens new window)，就会发现和此题有点点的像。

在135. 分发糖果 (opens new window)我就强调过一次，遇到两个维度权衡的时候，一定要先确定一个维度，再确定另一个维度。

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？

以图中{5,2} 为例：

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

回归本题，整个插入过程如下：

排序完的people： [[7,0], [7,1], [6,1], [5,0], [5,2]，[4,4]]

插入的过程： 插入[7,0]：[[7,0]] 插入[7,1]：[[7,0],[7,1]] 插入[6,1]：[[7,0],[6,1],[7,1]] 插入[5,0]：[[5,0],[7,0],[6,1],[7,1]] 插入[5,2]：[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[7,1]] 插入[4,4]：[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]]

此时就按照题目的要求完成了重新排列。

C++代码如下：

class Solution {
public:
    static bool com(const vector<int>&a, const vector<int>&b){
            if (a[0] == b[0]) return a[1] < b[1];
            return a[0] > b[0];
        }
    vector<vector<int>> reconstructQueue(vector<vector<int>>& people) {
        sort(people.begin(), people.end(), com);
        
        vector<vector<int>> result;
        for (int i = 0; i < people.size(); i++){
            int position = people[i][1];
            result.insert(result.begin()+position, people[i]);    
        }
        return result;
    }
};
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注：vector数组在插入时存在的效率较低，建议考虑list代替

class Solution {
public:
    static bool com(const vector<int>&a, const vector<int>&b){
            if (a[0] == b[0]) return a[1] < b[1];
            return a[0] > b[0];
        }
    vector<vector<int>> reconstructQueue(vector<vector<int>>& people) {
        sort(people.begin(), people.end(), com);
        
        list<vector<int>> result;
        for (int i = 0; i < people.size(); i++){
            int position = people[i][1];
            list<vector<int>>::iterator it = result.begin();
            while (position--) it++;
            result.insert(it, people[i]);    
        }
        return vector<vector<int>> {result.begin(), result.end()};
    }
};
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加快了运行效率，但空间利用效率降低。

13. 用最少数量的箭引爆气球

题目链接

在二维空间中有许多球形的气球。对于每个气球，提供的输入是水平方向上，气球直径的开始和结束坐标。由于它是水平的，所以纵坐标并不重要，因此只要知道开始和结束的横坐标就足够了。开始坐标总是小于结束坐标。

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。我们想找到使得所有气球全部被引爆，所需的弓箭的最小数量。

给你一个数组 points ，其中 points [i] = [xstart,xend] ，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：对于该样例，x = 6 可以射爆 [2,8],[1,6] 两个气球，以及 x = 11 射爆另外两个气球

示例 2： 输入：points = [[1,2],[3,4],[5,6],[7,8]] 输出：4

示例 3： 输入：points = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5]] 输出：2

示例 4： 输入：points = [[1,2]] 输出：1

示例 5： 输入：points = [[2,3],[2,3]] 输出：1

提示：

0 <= points.length <= 10^4
points[i].length == 2
-2^31 <= xstart < xend <= 2^31 - 1

思路

如何使用最少的弓箭呢？

直觉上来看，貌似只射重叠最多的气球，用的弓箭一定最少，那么有没有当前重叠了三个气球，我射两个，留下一个和后面的一起射这样弓箭用的更少的情况呢？

尝试一下举反例，发现没有这种情况。

那么就试一试贪心吧！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。

算法确定下来了，那么如何模拟气球射爆的过程呢？是在数组中移除元素还是做标记呢？

如果真实的模拟射气球的过程，应该射一个，气球数组就remove一个元素，这样最直观，毕竟气球被射了。

但仔细思考一下就发现：如果把气球排序之后，从前到后遍历气球，被射过的气球仅仅跳过就行了，没有必要让气球数组remote气球，只要记录一下箭的数量就可以了。

以上为思考过程，已经确定下来使用贪心了，那么开始解题。

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）

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。

C++代码如下：

class Solution {
public:
    static bool com(const vector<int>&a, const vector<int>&b){
        return a[0] < b[0];
    }
    int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) {
        if (points.size() == 0) return 0;
        sort(points.begin(), points.end(), com);
        int result = 1;
        for (int i = 1; i < points.size(); i++){
            if (points[i-1][1] >= points[i][0]){
                points[i][1] = min(points[i-1][1], points[i][1]);
            }
            else{
                result++;
            }
        }
        return result;
    }
};
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14. 无重叠区间

题目链接

给定一个区间的集合，找到需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠。

注意: 可以认为区间的终点总是大于它的起点。 区间 [1,2] 和 [2,3] 的边界相互“接触”，但没有相互重叠。

示例 1: 输入: [ [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: [ [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: [ [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。

思路

相信很多同学看到这道题目都冥冥之中感觉要排序，但是究竟是按照右边界排序，还是按照左边界排序呢？

这其实是一个难点！

按照右边界排序，就要从左向右遍历，因为右边界越小越好，只要右边界越小，留给下一个区间的空间就越大，所以从左向右遍历，优先选右边界小的。

按照左边界排序，就要从右向左遍历，因为左边界数值越大越好（越靠右），这样就给前一个区间的空间就越大，所以可以从右向左遍历。

如果按照左边界排序，还从左向右遍历的话，其实也可以，逻辑会有所不同。

一些同学做这道题目可能真的去模拟去重复区间的行为，这是比较麻烦的，还要去删除区间。

题目只是要求移除区间的个数，没有必要去真实的模拟删除区间！

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。

右边界排序之后，局部最优：优先选右边界小的区间，所以从左向右遍历，留给下一个区间的空间大一些，从而尽量避免交叉。全局最优：选取最多的非交叉区间。

局部最优推出全局最优，试试贪心！

这里记录非交叉区间的个数还是有技巧的，如图：

区间，1，2，3，4，5，6都按照右边界排好序。

每次取非交叉区间的时候，都是可右边界最小的来做分割点（这样留给下一个区间的空间就越大），所以第一条分割线就是区间1结束的位置。

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？别忘已经是按照右边界排序的了。

区间4结束之后，在找到区间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。

C++代码如下：

class Solution {
public:
    static bool com(const vector<int>&a, const vector<int>&b){
        return a[1] < b[1];
    }
    int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), com);
        
        int end = intervals[0][1];
        int count = 0;
        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++){
            if (end > intervals[i][0]){
                count++;
            }
            else{
                end = intervals[i][1];
            }
        }
        return count;
    }
};
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补充

本题其实和452.用最少数量的箭引爆气球 (opens new window)非常像，弓箭的数量就相当于是非交叉区间的数量，只要把弓箭那道题目代码里射爆气球的判断条件加个等号（认为[0，1][1，2]不是相邻区间），然后用总区间数减去弓箭数量 就是要移除的区间数量了。

把452.用最少数量的箭引爆气球 (opens new window)代码稍做修改，就可以AC本题。

class Solution {
public:
    static bool com(const vector<int>&a, const vector<int>&b){
        return a[0] < b[0];
    }
    int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), com);
        
        int result = 1;
        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++){
            if (intervals[i-1][1] > intervals[i][0]){
                intervals[i][1] = min(intervals[i][1], intervals[i-1][1]);
            }
            else{
                result++;
            }
        }
        return intervals.size() - result;
    }
};
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15. 划分字母区间

题目链接

字符串 S 由小写字母组成。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。返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。

示例： 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” 的划分是错误的，因为划分的片段数较少。

提示：

S的长度在[1, 500]之间。
S只包含小写字母 ‘a’ 到 ‘z’ 。

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：

class Solution {
public:
    vector<int> partitionLabels(string s) {
        int arr[27] = {0};
        for (int i = 0; i < s.size(); i++){
            arr[s[i] - 'a'] = i;
        }
        vector<int> result;
        int left = 0;
        int right = 0;
        for (int i = 0; i < s.size(); i++){
            right = max(right, arr[s[i] - 'a']);
            if (i == right){
                result.push_back(right - left + 1);
                left = right + 1;
            }
        }
        return result;
    }
};
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16. 合并区间

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给出一个区间的集合，请合并所有重叠的区间。

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。 注意：输入类型已于2019年4月15日更改。 请重置默认代码定义以获取新方法签名。

提示：

intervals[i][0] <= intervals[i][1]

思路

大家应该都感觉到了，此题一定要排序，那么按照左边界排序，还是右边界排序呢？

都可以！

那么我按照左边界排序，排序之后局部最优：每次合并都取最大的右边界，这样就可以合并更多的区间了，整体最优：合并所有重叠的区间。

局部最优可以推出全局最优，找不出反例，试试贪心。

那有同学问了，本来不就应该合并最大右边界么，这和贪心有啥关系？

有时候贪心就是常识！哈哈

按照左边界从小到大排序之后，如果 intervals[i][0] < intervals[i - 1][1] 即intervals[i]左边界 < intervals[i - 1]右边界，则一定有重复，因为intervals[i]的左边界一定是大于等于intervals[i - 1]的左边界。

即：intervals[i]的左边界在intervals[i - 1]左边界和右边界的范围内，那么一定有重复！

这么说有点抽象，看图：（注意图中区间都是按照左边界排序之后了）

知道如何判断重复之后，剩下的就是合并了，如何去模拟合并区间呢？

其实就是用合并区间后左边界和右边界，作为一个新的区间，加入到result数组里就可以了。如果没有合并就把原区间加入到result数组。

自己首发想到的方案
C++代码如下：

class Solution {
public:
    static bool com(vector<int>&a, vector<int>&b){
        return a[0] < b[0];
    }
    vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals) {
        vector<vector<int>> result;
        if (intervals.size() == 0) return result;
        if (intervals.size() == 1) return {intervals[0]};
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), com);
        int left = intervals[0][0];
        int right = intervals[0][1];
        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++){
            if (right >= intervals[i][0]){
                right = max(right, intervals[i][1]);
                if (i == intervals.size() - 1){
                    result.push_back({left, right});
                }
            }
            else{
                result.push_back({left, right});
                left = intervals[i][0];
                right = intervals[i][1];
                if (i == intervals.size() -1){
                    result.push_back({intervals[i][0], intervals[i][1]});
                }
            }
        }
        return result;
    }
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优化后的方案

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals) {
        sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](const vector<int>&a, const vector<int>&b){
            return a[0] < b[0];
        });
        vector<vector<int>> result;
        result.push_back(intervals[0]);

        for (int i = 1; i < intervals.size(); i++){
            if (result.back()[1] >= intervals[i][0]){
                result.back()[1] = max(result.back()[1], intervals[i][1]);
            }
            else{
                result.push_back(intervals[i]);
            }
        }
        return result;
    }
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17. 单调递增

题目链接

给定一个非负整数 N，找出小于或等于 N 的最大的整数，同时这个整数需要满足其各个位数上的数字是单调递增。

（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。）

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

说明: N 是在 [0, 10^9] 范围内的一个整数。

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。

局部最优：遇到strNum[i - 1] > strNum[i]的情况，让strNum[i - 1]–，然后strNum[i]给为9，可以保证这两位变成最大单调递增整数。

全局最优：得到小于等于N的最大单调递增的整数。

但这里局部最优推出全局最优，还需要其他条件，即遍历顺序，和标记从哪一位开始统一改成9。

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。

所以从前后向遍历会改变已经遍历过的结果！

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。

自己手心啊想到的方案
C++代码如下：

class Solution {
public:
    int monotoneIncreasingDigits(int n) {
        if (n < 10) return n;
        int sum = n%10;
        int num1 = n%10;
        int it = 1;
        while (n /= 10){
            int num2 = n%10;
            if (num1 >= num2){
                sum += num2 * pow(10, it);
                it++;
                num1 = num2;
            }
            else{
                sum = pow(10, it) - 1;
                sum += (num2-1) * pow(10, it);
                it++;
                num1 = num2-1;
            }
        }

        return sum;
    }
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优化后

class Solution {
public:
    int monotoneIncreasingDigits(int n) {
        string num = to_string(n);

        int start = num.size();
        for (int i = num.size()-1; i > 0; i--){
            if (num[i-1] > num[i]){
                start = i;
                num[i-1]--;
            }
        }
    
        for (int i = start; i < num.size(); i++){
            num[i] = '9';
        }
        return stoi(num);
    }
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18. 买卖股票的最佳时机含手续费

题目链接

给定一个整数数组 prices，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格 ；非负整数 fee 代表了交易股票的手续费用。

你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。

返回获得利润的最大值。

注意：这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。

示例 1: 输入: prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2 输出: 8

解释: 能够达到的最大利润: 在此处买入 prices[0] = 1 在此处卖出 prices[3] = 8 在此处买入 prices[4] = 4 在此处卖出 prices[5] = 9 总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8.

注意:

0 < prices.length <= 50000.
0 < prices[i] < 50000.
0 <= fee < 50000.

思路

在贪心算法：122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)中使用贪心策略不用关心具体什么时候买卖，只要收集每天的正利润，最后稳稳的就是最大利润了。

而本题有了手续费，就要关系什么时候买卖了，因为计算所获得利润，需要考虑买卖利润可能不足以手续费的情况。

如果使用贪心策略，就是最低值买，最高值（如果算上手续费还盈利）就卖。

此时无非就是要找到两个点，买入日期，和卖出日期。

买入日期：其实很好想，遇到更低点就记录一下。
卖出日期：这个就不好算了，但也没有必要算出准确的卖出日期，只要当前价格大于（最低价格+手续费），就可以收获利润，至于准确的卖出日期，就是连续收获利润区间里的最后一天（并不需要计算是具体哪一天）。
所以我们在做收获利润操作的时候其实有三种情况：

情况一：收获利润的这一天并不是收获利润区间里的最后一天（不是真正的卖出，相当于持有股票），所以后面要继续收获利润。
情况二：前一天是收获利润区间里的最后一天（相当于真正的卖出了），今天要重新记录最小价格了。
情况三：不作操作，保持原有状态（买入，卖出，不买不卖）

贪心算法C++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
        int sum = 0;
        int minfee = prices[0];
        for (int i = 1; i < prices.size(); i++){
            if (prices[i] < minfee) minfee = prices[i];

            if (minfee + fee < prices[i]){
                sum += prices[i] - minfee - fee;
                minfee = prices[i] - fee;
            }
        }
        return sum;
    }
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19. 监控二叉树

题目链接

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。

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。

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。

提示：

给定树的节点数的范围是 [1, 1000]。
每个节点的值都是 0。

思路

这道题目首先要想，如何放置，才能让摄像头最小的呢？

从题目中示例，其实可以得到启发，我们发现题目示例中的摄像头都没有放在叶子节点上！

这是很重要的一个线索，摄像头可以覆盖上中下三层，如果把摄像头放在叶子节点上，就浪费的一层的覆盖。

所以把摄像头放在叶子节点的父节点位置，才能充分利用摄像头的覆盖面积。

那么有同学可能问了，为什么不从头结点开始看起呢，为啥要从叶子节点看呢？

因为头结点放不放摄像头也就省下一个摄像头， 叶子节点放不放摄像头省下了的摄像头数量是指数阶别的。

所以我们要从下往上看，局部最优：让叶子节点的父节点安摄像头，所用摄像头最少，整体最优：全部摄像头数量所用最少！

局部最优推出全局最优，找不出反例，那么就按照贪心来！

此时，大体思路就是从低到上，先给叶子节点父节点放个摄像头，然后隔两个节点放一个摄像头，直至到二叉树头结点。

此时这道题目还有两个难点：

二叉树的遍历

如何隔两个节点放一个摄像头

此时需要状态转移的公式，大家不要和动态的状态转移公式混到一起，本题状态转移没有择优的过程，就是单纯的状态转移！

来看看这个状态应该如何转移，先来看看每个节点可能有几种状态：

有如下三种：

该节点无覆盖
本节点有摄像头
本节点有覆盖
我们分别有三个数字来表示：

0：该节点无覆盖
1：本节点有摄像头
2：本节点有覆盖

一些同学可能会想有没有第四种状态：本节点无摄像头，其实无摄像头就是 无覆盖 或者 有覆盖的状态，所以一共还是三个状态。

因为在遍历树的过程中，就会遇到空节点，那么问题来了，空节点究竟是哪一种状态呢？ 空节点表示无覆盖？ 表示有摄像头？还是有覆盖呢？

回归本质，为了让摄像头数量最少，我们要尽量让叶子节点的父节点安装摄像头，这样才能摄像头的数量最少。

那么空节点不能是无覆盖的状态，这样叶子节点就要放摄像头了，空节点也不能是有摄像头的状态，这样叶子节点的父节点就没有必要放摄像头了，而是可以把摄像头放在叶子节点的爷爷节点上。

所以空节点的状态只能是有覆盖，这样就可以在叶子节点的父节点放摄像头了

接下来就是递推关系。

那么递归的终止条件应该是遇到了空节点，此时应该返回2（有覆盖），原因上面已经解释过了。

主要有如下四类情况：

• 情况1：左右节点都有覆盖
  左孩子有覆盖，右孩子有覆盖，那么此时中间节点应该就是无覆盖的状态了。

如图：

• 情况2：左右节点至少有一个无覆盖的情况
  如果是以下情况，则中间节点（父节点）应该放摄像头：

left == 0 && right == 0 左右节点无覆盖 left == 1 && right == 0 左节点有摄像头，右节点无覆盖 left == 0 && right == 1 左节点有无覆盖，右节点摄像头 left == 0 && right == 2 左节点无覆盖，右节点覆盖 left == 2 && right == 0 左节点覆盖，右节点无覆盖

这个不难理解，毕竟有一个孩子没有覆盖，父节点就应该放摄像头。

此时摄像头的数量要加一，并且return 1，代表中间节点放摄像头。

• 情况3：左右节点至少有一个有摄像头
  如果是以下情况，其实就是 左右孩子节点有一个有摄像头了，那么其父节点就应该是2（覆盖的状态）

left == 1 && right == 2 左节点有摄像头，右节点有覆盖 left == 2 && right == 1 左节点有覆盖，右节点有摄像头 left == 1 && right == 1 左右节点都有摄像头

可以看出，如果left == 1, right == 0 怎么办？其实这种条件在情况2中已经判断过了，如图：

• 情况4：头结点没有覆盖
  以上都处理完了，递归结束之后，可能头结点 还有一个无覆盖的情况，如图：

C++代码

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
private:
    int result;
    int traversal(TreeNode* cur){
        if (cur == NULL) return 2;

        int left = traversal(cur->left);
        int right = traversal(cur->right);

        if (left == 2 && right == 2) return 0;
        else if (left == 0 || right == 0) {
            result++;
            return 1;
        }
        else return 2;
    }
public:
    int minCameraCover(TreeNode* root) {
        result = 0;
        if (traversal(root) == 0){
            result++;
        }
        return result;
    }
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