代码随想录第32天|455.分发饼干 376. 摆动序列

2024-04-08 00:52

本文主要是介绍代码随想录第32天|455.分发饼干 376. 摆动序列,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!

理论基础

贪心算法核心:选择每一阶段的局部最优,从而达到全局最优。

455.分发饼干

455. 分发饼干 - 力扣(LeetCode)代码随想录 (programmercarl.com)455. 分发饼干 - 力扣(LeetCode)

贪心算法理论基础!_哔哩哔哩_bilibili 

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 * 104
  • 0 <= s.length <= 3 * 104
  • 1 <= g[i], s[j] <= 231 - 1

局部最优就是把大的饼干尽量喂给大胃口的小孩,这样才不会浪费。

先将饼干和小孩分别排序:

Arrays.sort(s);
Arrays.sort(g);

从大饼干对应大胃口小孩开始匹配:

for(int index = g.length - 1; index >= 0; index--){if(start >= 0 && g[index] <= s[start]){start--;count++;}
}

综合代码:

class Solution {// 思路2:优先考虑胃口,先喂饱大胃口public int findContentChildren(int[] g, int[] s) {Arrays.sort(g);Arrays.sort(s);int count = 0;int start = s.length - 1;// 遍历胃口for (int index = g.length - 1; index >= 0; index--) {if(start >= 0 && g[index] <= s[start]) {start--;count++;}}return count;}
}

376. 摆动序列

376. 摆动序列 - 力扣(LeetCode)

代码随想录 (programmercarl.com)

贪心算法,寻找摆动有细节!| LeetCode:376.摆动序列_哔哩哔哩_bilibili

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。仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列。

  • 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。

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

给你一个整数数组 nums ,返回 nums 中作为 摆动序列 的 最长子序列的长度 。

示例 1:

输入:nums = [1,7,4,9,2,5]
输出:6
解释:整个序列均为摆动序列,各元素之间的差值为 (6, -3, 5, -7, 3) 。

示例 2:

输入:nums = [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。
其中一个是 [1, 17, 10, 13, 10, 16, 8] ,各元素之间的差值为 (16, -7, 3, -3, 6, -8) 。

示例 3:

输入:nums = [1,2,3,4,5,6,7,8,9]
输出:2

提示:

  • 1 <= nums.length <= 1000
  • 0 <= nums[i] <= 1000

进阶:你能否用 O(n) 时间复杂度完成此题?

局部最优:删掉单调坡上的节点,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,从而达到最长的摆动序列。

按照以上的图可以分析出来,不需要删除元素,重点在于统计数组的峰值数量

那什么时候需要统计波动呢?有两种情况

1、prediff(nums[i] - nums[i-1])<0 且 curdiff(nums[i+1] - nums[i])>0

2、prediff(nums[i] - nums[i-1])>0 且 curdiff(nums[i+1] - nums[i])<0

以上情况只适用于i位于非首尾位置的时候。如果i位于首尾,则prediff和curdiff都无法计算,那i位于首尾的时候是什么情况呢?还有平坡的时候是prediff或者curdiff等于0,这时候应该怎么计算呢?

情况一上下坡中有平坡

实际摆长为3,要么删除前面3个2,要么删除后面3个2:
 

 删左面三个 2 的规则,那么 当 prediff = 0 && curdiff < 0 也要记录一个峰值,因为他是把之前相同的元素都删掉留下的峰值。

情况二、i位于数组首尾两端:

当i位于首端的时候,假设数组最前面的数字和i所在的首端的位置相同:
 

 

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)

代码如下:

class Solution {public int wiggleMaxLength(int[] nums) {// 如果数组长度小于等于1,直接返回数组长度if (nums.length <= 1) {return nums.length;}// 当前差值int curDiff = 0;// 上一个差值int preDiff = 0;// 计数,初始为1,因为序列中至少有一个元素int count = 1;// 遍历数组for (int i = 1; i < nums.length; i++) {// 计算当前差值curDiff = nums[i] - nums[i - 1];// 如果当前差值和上一个差值为一正一负,或者等于0(初始时的preDiff)if ((curDiff > 0 && preDiff <= 0) || (curDiff < 0 && preDiff >= 0)) {// 计数加1count++;// 更新上一个差值preDiff = curDiff;}}// 返回计数,即摆动子序列的长度return count;}
}

这篇关于代码随想录第32天|455.分发饼干 376. 摆动序列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!



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