代码随想录day34｜1005. K 次取反后最大化的数组和｜134. 加油站｜135. 分发糖果｜Golang_k次取反后最大化的数组和代码随想录

代码随想录day34

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代码随想录day34

1005. K 次取反后最大化的数组和

134. 加油站

135. 分发糖果

860. 柠檬水找零

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1005. K 次取反后最大化的数组和

思路：贪心

        本题思路其实比较好想了，如何可以让数组和最大呢？

        贪心的思路，局部最优：让绝对值大的负数变为正数，当前数值达到最大，整体最优：整个数组和达到最大。局部最优可以推出全局最优。

        那么如果将负数都转变为正数了，K依然大于0，此时的问题是一个有序正整数序列，如何转变K次正负，让 数组和 达到最大。

        那么又是一个贪心：局部最优：只找数值最小的正整数进行反转，当前数值可以达到最大（例如正整数数组{5, 3, 1}，反转1 得到-1 比 反转5得到的-5 大多了），全局最优：整个 数组和 达到最大。

        虽然这道题目大家做的时候，可能都不会去想什么贪心算法，一鼓作气，就AC了。

        我这里其实是为了给大家展现出来 经常被大家忽略的贪心思路，这么一道简单题，就用了两次贪心！

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Go代码如下：

func largestSumAfterKNegations(nums []int, k int) int {
    //1.排序，按照绝对值的大小排序
    sort.Slice(nums, func(i,j int) bool {
        return math.Abs(float64(nums[i])) > math.Abs(float64(nums[j]))
    })
        
    //2.先对负数进行取反，然后次数减1
        for i:=0;i<len(nums);i++{
            if k > 0 && nums[i] < 0 {
                nums[i] = -nums[i]
                k--
            }
        }
    //3.当对负数都取反后，k还有剩余，那么就对最小的值取剩下的k次
    // 又因为当k为偶数的时候，取k次跟没取的效果一样，当k为奇数的时，跟取了一次效果一样
    // 所以仅当剩余的k为奇数的时候需要取反数组的最小值一次就可以了。
        if k%2 == 1 {
            nums[len(nums)-1] = -nums[len(nums)-1]
        }
    //4.计算总和
        ans := 0
        for _,v := range nums {
            ans += v
        }
        return ans
}

134. 加油站

 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！

func canCompleteCircuit(gas []int, cost []int) int {
	curSum := 0 //记录当前
	totalSum := 0
	start := 0
	for i:=0;i<len(gas);i++{
		curSum += gas[i] - cost[i] // 每个加油站的剩余量rest[i]为gas[i] - cost[i]。
		totalSum += gas[i] - cost[i] //总的每个加油站的剩余量rest[i]为gas[i] - cost[i]。
		if curSum < 0 {  // 如果当前从0到i累加的剩余量少于 0，那么应该从i+1开始尝试
			start = i + 1   
			curSum = 0
		}
	}
	if totalSum < 0 {   // 说明怎么走都不可能跑完一圈的啊
		return -1
	}
	return start
}

135. 分发糖果

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

// 从前向后
for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
    if (ratings[i] > ratings[i - 1]) candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1;
}

// 从后向前
for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) {
    if (ratings[i] > ratings[i + 1] ) {
        candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);
    }
}

整体代码如下：

// candy 时间复杂度O(N),空间复杂度O(N)
func candy(ratings []int)int{
    n := len(ratings)
    candies := make([]int, n)
    // 先考虑右边评分比左边高的情况
    for i:=0;i<n;i++{
        if i > 0 && ratings[i] > ratings[i-1]{
            candies[i] = candies[i-1]+1
        } else{
            // 因为每个孩子最少分到一个糖果，所以初始值定为1
            candies[i] = 1
        }
    }
    sum := candies[n-1]    
    // 从后向前遍历，考虑左边评分高于右边的情况
    for i:=n-2;i>=0;i--{
        if ratings[i] > ratings[i+1]{
            candies[i] = Max(candies[i], candies[i+1]+1)
        }
        sum += candies[i]
    }
    return sum
}
func Max(a, b int) int {
    if a > b {
        return a
    }
    return b
}