Leetcode——贪心算法（c++和java实现）_leetcode grinding guide java

本来有一段时间没有刷题了，但是突然发现了这本书LeetCode 101 - A LeetCode Grinding Guide (C++ Version)，感觉真不错，思路简单清晰，没有过多的废话。乘机学习分享一下：

链接：https://pan.baidu.com/s/14jsfK97IiorZImmQXsmS4g
提取码：lhwv

本书代码都是c++写的，本文会用c++和java复现一遍并且整理课后例题。

照着里面的顺序刷，第一章就是贪心算法的啦，花了两天空闲的时间刷完，总结一下。

1.分配问题

455.分发饼干

题目描述： 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。

输入: g = [1,2,3], s = [1,1]
输出: 1
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题解：
这道题是比较典型的贪心算法例题，因为饥饿度最小的孩子最容易吃饱，所以我们先考虑这个孩子。为了尽量使得剩下的饼干可 以满足饥饿度更大的孩子，所以我们应该把大于等于这个孩子饥饿度的、且大小最小的饼干给这个孩子。

//c++
//使用sort时要导入#include <algorithm>
int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
        sort(g.begin(),g.end());
        sort(s.begin(),s.end());
        int child = 0;
        int cookie = 0;
        //遍历饼干，如果饼干尺寸>=孩子要吃的，即吃得饱，满足的孩子数+1；
        while(child < g.size() && cookie < s.size()){
            if(g[child] <= s[cookie]) 
                child++;
            cookie++;
        }
        return child;
    }
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//java
class Solution {
    public int findContentChildren(int[] g, int[] s) {
        Arrays.sort(g); 
        Arrays.sort(s);
        int child = 0, cookie = 0; 
        while (child < g.length && cookie < s.length) {
            if (g[child] <= s[cookie]) 
                ++child;
             ++cookie;
        } 
        return child;
    }
}
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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？

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。

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。

题解：
这一 道题也是运用贪心策略，但我们只需要简单的两次遍历即可：
①把所有孩子的糖果数初始化为 1；
②先从左往右遍历一遍，如果右边孩子的评分比左边的高，则右边孩子的糖果数更新为左边孩子的糖果数加1；
③再从右往左遍历一遍，如果左边孩子的评分比右边的高，且左边孩子当前的糖果数不大于右边孩子的糖果数，则左边孩子的糖果数更新为右边孩子的糖果数加1。通过这两次遍历，分配的糖果就可以满足题目要求了。

//c++
int candy(vector<int>& ratings) {
        int size = ratings.size();
        if(size < 2)
            return size;
        vector<int> num(size,1);//定义size个值为1的vector；

        for(int i = 1; i < size; i++){
            if(ratings[i] > ratings[i - 1])
                num[i] = num[i - 1] + 1;
        }

        for(int i = size - 1; i > 0; i--){
            if(ratings[i - 1] > ratings[i])
                num[i - 1] = max(num[i - 1], num[i] + 1);
        }
        //accumulate定义在#include<numeric>中，第三个形参则是累加的初值。
        return accumulate(num.begin(), num.end(), 0);
   }
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//java
public int candy(int[] ratings) {
        int size = ratings.length;
        if(size < 2)
            return size;
        int[] num = new int[size];
        Arrays.fill(num,1);//java中可以用Arrays.fill(),把数组中的值都初始化为某个数。
        for(int i = 1; i < size; i++){
            if(ratings[i] > ratings[i - 1])
                num[i] = num[i - 1] + 1;
        }

        for(int i = size - 1; i > 0; i--){
            if(ratings[i - 1] > ratings[i])
                num[i - 1] = Math.max(num[i - 1], num[i] + 1);
        }

        int sum = 0;
        for(int l : num){
            sum += l;
        }
        return sum;
    }
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2.区间问题

435.无重叠区间

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。

题解：
①在选择要保留区间时，区间的结尾十分重要：选择的区间结尾越小，余留给其它区间的空间 就越大，就越能保留更多的区间。因此，我们采取的贪心策略为，优先保留结尾小且不相交的区 间。
②我们这里使用 C++ 的 Lambda，结合 std::sort() 函数进行自定义排序。(下文有详细说明sort用法）在样例中，排序后的数组为 [[1,2], [1,3], [2,4]]。按照我们的贪心策略，首先初始化为区间 [1,2]；由于 [1,3] 与 [1,2] 相交，我们跳过该区间；由于 [2,4] 与 [1,2] 不相交，我们将其保留。因 此最终保留的区间为[[1,2],[2,4]]。

//c++
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) { 
    if(intervals.size() <= 1)
        return 0;

    sort(intervals.begin(), intervals.end(),[](vector<int> a, vector<int> b){
        return a[1] < b[1];
    });//区间尾升序排列；

    int n = intervals.size();
    int result = 0;
    int pre = intervals[0][1];
    for(int i = 1; i < n; i++){
        if(pre > intervals[i][0])
            result++;
        else
            pre = intervals[i][1];
    }
    return result;
}
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//java
public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
        if (intervals.length <= 1) return 0;
        // 按 end 升序排序
        Arrays.sort(intervals, new Comparator<int[]>(){
            public int compare(int[] a, int[] b){
                return a[1]-b[1];
            }
        });
        // 至少有一个区间不相交
        int count = 0;
        int n = intervals.length;
        // 排序后，第一个区间就是 x
        int pre = intervals[0][1];
        for(int i = 1; i < n; i++){
            if(pre > intervals[i][0])
                count++;
            else
                pre = intervals[i][1];
    }
    return count;
 }
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这里关于c++的sort自定义的写法，采用lammda表达式。

sort自定义一般用法是：

sort(nums.begin(), nums.end(), cmp);
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bool cmp(const int& a, const int& b)
{
	return a > b; //从大到小排序
}
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也可以用lammda表达式

         vector<Interval> res;
         sort(ins.begin(), ins.end(), [](Interval a, Interval b){return a.start < b.start;});
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在Java中，使用Arrays.sort方法，使用匿名内部类，实现Comparator接口，重写compare方法即可。

也可以更改为lambda表达式

import java.util.*;
 
public class Main {
    public static void main(String[] args){
        Integer[] arr = {5,4,7,9,2,12,54,21,1};
        //降序
        Arrays.sort(arr, new Comparator<Integer>() {
            public int compare(Integer a, Integer b) {
                return b-a;
            }
        });
        System.out.println(Arrays.toString(arr));    
    }   
}
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练习：

605.种花问题

假设你有一个很长的花坛，一部分地块种植了花，另一部分却没有。可是，花卉不能种植在相邻的地块上，它们会争夺水源，两者都会死去。

给定一个花坛（表示为一个数组包含0和1，其中0表示没种植花，1表示种植了花），和一个数 n 。能否在不打破种植规则的情况下种入 n 朵花？能则返回True，不能则返回False。

示例 1:

输入: flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 1
输出: True

示例 2:

输入: flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 2
输出: False

题解：
①当该位置为值为0的，则有种花的可能，接着判断前一个和后一个是否也为0，如果符合，则种花的数量+1。
②这里需要考虑第0个位置的情况，如果第1个位置也为0，则第一个位置可种花。最后一个位置也是同样的道理，当最后一个位置为0，则考虑倒数第二个位置是否为0即可。
③最后将种花的数量和n比较大小即可。

//c++ 
//java代码基本一样就不写了
bool canPlaceFlowers(vector<int>& flowerbed, int n) {
    int i = 0;
    int count = 0;
    while(i < flowerbed.size()){
        if(flowerbed[i] == 0 && (i == 0 || flowerbed[i - 1] == 0) && (i == flowerbed.size() - 1 || flowerbed[i + 1] == 0)){
            flowerbed[i] = 1;
            count++;
        }
        if(count >= n)
            return true;
        i++;
    }
    return false;
}
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452.用最少数量的箭引爆气球

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

题解：
这道题的做法和（上文）无重叠区间的做法基本是一样的，先初始化箭数等于区间数，然后区间有重叠(当前区间的末尾 >= 另一个区间的起始位置）则箭数减一。

//c++
int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) {
    if(points.size() == 0)
            return 0; 
        int shotNum = points.size();
        sort(points.begin(), points.end(), [](vector<int> a, vector<int> b){
            return a[1] < b[1];
        });
        
        int end = points[0][1];
        for(int i = 1; i < points.size(); i++){
            if(points[i][0] <= end){
                shotNum--;
            }else{
                end = points[i][1];
            }
        }
        return shotNum;
}
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763.划分字母区间

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。

题解：
这道题的想法比较简单，先用map记录下每个字母出现的最后位置，然后i遍历一遍字符串，当出现一个新字母时，end更新为当前存储位置较远的数，当end等于遍历的数i时候，说明前面的字符串可以单独分离开（区间内的字母在别的地方没有出现了）。

//c++
vector<int> partitionLabels(string S) {
    vector<int> result;
    unordered_map<char, int> map;
    for(int i = 0; i < S.length(); i++){
        map[S[i]] = i;//记录各个字符和它的最后出现的位置。
    }
    int start = 0, end = 0;
    for(int i = 0; i < S.length(); i++){
        end = max(end, map[S[i]]);
        if(i == end){
            result.push_back(end - start + 1);
            start = i + 1;
        }
    }
    return result;
}
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//java
public static List<Integer> partitionLabels(String s){
     List<Integer> result = new ArrayList<>();
     Map<Character,Integer> map = new HashMap<>();
     for(int i = 0; i < s.length(); i++){
         map.put(s.charAt(i),i);
     }
     int start = 0;
     int end = 0;
     for(int i = 0; i < s.length(); i++){
         end = Math.max(end, map.get(s.charAt(i)));
         if(i == end){
             result.add(end - start + 1);
             start = i + 1;
         }
    }
     return result;
}
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122. 买股票的最佳时机

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。

题解：
这道题有个很简单的做法就是，只要遍历一遍，后一个比前一个大，则有收益，它们之间的差即为收益的大小，然后进行累加即可。

int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int sum = 0;
        for(int i = 1; i < prices.size(); i++){
        		//这里也可改为if判断prices后一个是否比前一个大，大则更新。
                sum += max(0,prices[i] - prices[i - 1]);
        }
        return sum;
    }
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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。 每个人由一个整数对 (h, k) 表示，其中 h 是这个人的身高，k 是应该排在这个人前面且身高大于或等于 h 的人数。 例如：[5,2] 表示前面应该有 2 个身高大于等于 5 的人，而 [5,0] 表示前面不应该存在身高大于等于 5 的人。

编写一个算法，根据每个人的身高 h 重建这个队列，使之满足每个整数对 (h, k) 中对人数 k 的要求。

示例：

输入：[[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]]

题解：
本题需要用到排序+插入。先对人群进行排序，从高到低排序，同高则按照k小的排在前面，这个能够最大程度的满足题意。
[[7,0], [4,4], [7,1], [5,0], [6,1], [5,2]]
排序后变成
[[7,0],[7,1],[6,1],[5,0],[5,2],[4,4]]
然后遍历逐个按照k的值插入，这样身高较高的先插入队列中，插入第k个位置，也满足前面有k个人。后面身高低的插入前面也不影响身高高的前面只有k个人。

vector<vector<int>> reconstructQueue(vector<vector<int>>& people) {
        sort(people.begin(), people.end(), [](vector<int> a,vector<int> b){
        return a[0] > b[0] || (a[0] == b[0] && a[1] < b[1]);
    });
    vector<vector<int>> ans;
    int j = 1;
    for (const vector<int>& person: people) {
        ans.insert(ans.begin() + person[1], person);//在迭代器中下标为person[1]的元素前插入新元素person;
        //因为它排后面的都是较小的身高，所以插入到前面多少个都无所谓。不会影响前面的对应身高 前面的人的个数。
    }
    return ans;
    }
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//java
public int[][] reconstructQueue(int[][] people) {
        Arrays.sort(people, new Comparator<int[]>() {
            public int compare(int[] person1, int[] person2) {
                if (person1[0] != person2[0]) {
                    return person2[0] - person1[0];
                } else {
                    return person1[1] - person2[1];
                }
            }
        });
        List<int[]> ans = new ArrayList<int[]>();
        for (int[] person : people) {
            ans.add(person[1], person);
        }
        return ans.toArray(new int[ans.size()][]);//List<int[]> 转 Int[][];
}
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665.非递减数列

给你一个长度为 n 的整数数组，请你判断在 最多 改变 1 个元素的情况下，该数组能否变成一个非递减数列。

我们是这样定义一个非递减数列的： 对于数组中所有的 i (0 <= i <= n-2)，总满足 nums[i] <= nums[i + 1]。

示例 1:
输入: nums = [4,2,3]
输出: true
解释: 你可以通过把第一个4变成1来使得它成为一个非递减数列。

示例 2:

输入: nums = [4,2,1]
输出: false
解释: 你不能在只改变一个元素的情况下将其变为非递减数列。

题解：
它这个测试数据不够满足所有情况，由题知，我们要考虑的情况是当前数nums[i] > nums[i+1]的情况 本题主要有三种：
例1 输入的是 4 2 3。 4 > 2, 4前面没有值，可将4更新为2，即为 2,2,4
例2 输入的是 -1 4 2 3 。 4 > 2,4前面的值-1小于2,4可更新为2，即为-1,2,2,3
例3 输入 2 3 3 2 4。 3 > 2,3前面的值3大于2，2可更新为3，即为2,3,3,3,4
主要是读多一位进行判断。

bool checkPossibility(vector<int>& nums) {
    if(nums.size() <= 1)
        return true;
    int count = 0;
    for(int i = 1; i < nums.size() && count < 2; i++){
        if(nums[i - 1] <= nums[i])
            continue;
        count++;
        if(i - 2 >= 0 && nums[i - 2] > nums[i]){
            nums[i] = nums[i - 1];
        }else{
            nums[i - 1] = nums[i];
        }
    }
    return count <= 1;
}
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16

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