本文主要是介绍【贪心算法】代码随想录算法训练营第三十三天 |1005.K次取反后最大化的数组和，134.加油站，135.分发糖果（待补充），希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
1005.K次取反后最大化的数组和
1、题目链接：力扣（LeetCode）官网 - 全球极客挚爱的技术成长平台
2、文章讲解：代码随想录
3、题目：
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
4、视频讲解：
贪心算法，这不就是常识？还能叫贪心？LeetCode：1005.K次取反后最大化的数组和_哔哩哔哩_bilibili
5、思路：
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，当前数值和可以达到最大（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
总结
贪心的题目如果简单起来，会让人简单到开始怀疑：本来不就应该这么做么？这也算是算法？我认为这不是贪心？
本题其实很简单，不会贪心算法的同学都可以做出来，但是我还是全程用贪心的思路来讲解。
因为贪心的思考方式一定要有！
如果没有贪心的思考方式（局部最优，全局最优），很容易陷入贪心简单题凭感觉做，贪心难题直接不会做，其实这样就锻炼不了贪心的思考方式了。
所以明知道是贪心简单题，也要靠贪心的思考方式来解题，这样对培养解题感觉很有帮助。
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，遇到负数并且k大于0，则将其变为正数，同时k--if (nums[i] < 0 && k > 0) {nums[i] = -nums[i];k--;}}// 如果k还大于0，则将最后一个元素取反if (k % 2 == 1) {nums[len - 1] = -nums[len - 1];}return Arrays.stream(nums).sum();}
}134.加油站
1、题目链接：力扣（LeetCode）官网 - 全球极客挚爱的技术成长平台
2、文章讲解：代码随想录
3、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。
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。
4、视频链接：
贪心算法，得这么加油才能跑完全程！LeetCode ：134.加油站_哔哩哔哩_bilibili
5、思路：
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，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。
如图：
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：
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！
class Solution {public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {int curSum = 0;int totalSum = 0;int index = 0;for (int i = 0; i < gas.length; i++) {curSum += gas[i] - cost[i];totalSum += gas[i] - cost[i];if (curSum < 0) {index = (i + 1) % gas.length;curSum = 0;}}if (totalSum < 0) return -1;return index;}
}135.分发糖果
1、题目链接：力扣（LeetCode）官网 - 全球极客挚爱的技术成长平台
2、文章讲解：代码随想录
3、题目：
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。
4、视频链接：
贪心算法，两者兼顾很容易顾此失彼！LeetCode：135.分发糖果_哔哩哔哩_bilibili
5、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
如图：
再确定左孩子大于右孩子的情况（从后向前遍历）
遍历顺序这里有同学可能会有疑问，为什么不能从前向后遍历呢？
因为 rating[5]与rating[4]的比较 要利用上 rating[5]与rating[6]的比较结果，所以 要从后向前遍历。
如果从前向后遍历，rating[5]与rating[4]的比较 就不能用上 rating[5]与rating[6]的比较结果了 。如图：
所以确定左孩子大于右孩子的情况一定要从后向前遍历！
如果 ratings[i] > ratings[i + 1]，此时candyVec[i]（第i个小孩的糖果数量）就有两个选择了，一个是candyVec[i + 1] + 1（从右边这个加1得到的糖果数量），一个是candyVec[i]（之前比较右孩子大于左孩子得到的糖果数量）。
那么又要贪心了，局部最优：取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，保证第i个小孩的糖果数量既大于左边的也大于右边的。全局最优：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。
局部最优可以推出全局最优。
所以就取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，candyVec[i]只有取最大的才能既保持对左边candyVec[i - 1]的糖果多，也比右边candyVec[i + 1]的糖果多。
如图：
所以该过程代码如下：
// 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);}
}总结
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。
class Solution {/*** 分两个阶段* 1、起点下标1 从左往右，只要 右边 比 左边 大，右边的糖果=左边 + 1* 2、起点下标 ratings.length - 2 从右往左， 只要左边 比 右边 大，此时 左边的糖果应该 取本身的糖果数（符合比它左边大） 和 右边糖果数 + 1 二者的最大值，这样才符合 它比它左边的大，也比它右边大*/public int candy(int[] ratings) {int len = ratings.length;int[] candyVec = new int[len];candyVec[0] = 1;// 1、起点下标1 从左往右，只要 右边 比 左边 大，右边的糖果=左边 + 1for (int i = 1; i < len; i++) {candyVec[i] = (ratings[i] > ratings[i - 1]) ? candyVec[i - 1] + 1 : 1;}
// 2、起点下标 ratings.length - 2 从右往左， 只要左边 比 右边 大，
// 此时 左边的糖果应该 取本身的糖果数（符合比它左边大） 和 右边糖果数 + 1 二者的最大值，这样才符合 它比它左边的大，也比它右边大for (int i = len - 2; i >= 0; i--) {if (ratings[i] > ratings[i + 1]) {candyVec[i] = Math.max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);}}int ans = 0;for (int num : candyVec) {ans += num;}return ans;}
}这篇关于【贪心算法】代码随想录算法训练营第三十三天 |1005.K次取反后最大化的数组和，134.加油站，135.分发糖果（待补充）的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！
