C++算法学习心得七.贪心算法（1） 1.贪心算法理论基础 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。贪心算法并没有固定的套路，唯一的难点就是如何通过局部最优，推出整体最优。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 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 只要想清楚 局部最优 是什么，如果推导出全局最优，其实就够了  2.分发饼干（455题） 题目描述： 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。 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。 一个 index 来控制饼干数组的遍历，遍历饼干并没有再起一个 for 循环，而是采用自减的方式  一定要 for 控制 胃口，里面的 if 控制饼干 class Solution { public: //贪心算法，使用大饼干先满足大胃口的原则来实现 int findContentChildren(vector& g, vector& s) { sort(g.begin(),g.end());//对胃口和饼干都进行排序 sort(s.begin(),s.end()); int index = s.size() - 1;//这里采用下标的形式来实现 int result = 0;//定义结果 //我们从后向前遍历，实现大饼干满足大胃口的原则 for(int i = g.size() - 1;i >= 0;i--){ //如果满足了条件，饼干下标减一，结果收集 if(index >= 0 && s[index] >= g[i]){ result++; index--; } } return result; } }; 时间复杂度：O(nlogn)空间复杂度：O(1) class Solution { public: //贪心算法实现，小饼干喂小胃口的人，注意下标的选取就好 int findContentChildren(vector& g, vector& s) { sort(g.begin(),g.end()); sort(s.begin(),s.end()); int index = 0,result = 0; for(int i = 0;i < s.size();i++){ if(index < g.size() && g[index] <= s[i]){ result++; index++; } } return result; } }; 时间复杂度：O(nlogn)空间复杂度：O(1) 3. 摆动序列（376题） 题目描述： 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。 贪心算法： 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 本题要考虑三种情况： 情况一：上下坡中有平坡情况二：数组首尾两端情况三：单调坡中有平坡  本题异常情况的本质，就是要考虑平坡， 平坡分两种，一个是 上下中间有平坡，一个是单调有平坡 class Solution { public: int wiggleMaxLength(vector& nums) { if(nums.size() <= 1)return nums.size(); int prediff = 0;//前一对差值 int curdiff = 0;//当前一对差值 int result = 1;//结果 //这里注意，i遍历到nums.size()-1,因为默认数组最右边一个序列有1， for(int i = 0;i < nums.size()-1;i++){ curdiff = nums[i+1] - nums[i];//当前一对差值计算 //出现波动，就会记录 if((prediff <= 0 && curdiff > 0)||(prediff >= 0 && curdiff < 0)){ result++;//结果改变 prediff = curdiff;//只有摆动变化记录更改prediff值 } } return result; } }; 时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(1) 动态规划： 当前考虑的这个数，要么是作为山峰（即 nums[i] > nums[i-1]），要么是作为山谷（即 nums[i] < nums[i - 1]）。 设 dp 状态dp[i][0]，表示考虑前 i 个数，第 i 个数作为山峰的摆动子序列的最长长度设 dp 状态dp[i][1]，表示考虑前 i 个数，第 i 个数作为山谷的摆动子序列的最长长度 则转移方程为： dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[j][1] + 1)，其中0 < j < i且nums[j] < nums[i]，表示将 nums[i]接到前面某个山谷后面，作为山峰。dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[j][0] + 1)，其中0 < j < i且nums[j] > nums[i]，表示将 nums[i]接到前面某个山峰后面，作为山谷。 初始状态： 由于一个数可以接到前面的某个数后面，也可以以自身为子序列的起点，所以初始状态为：dp[0][0] = dp[0][1] = 1。 class Solution { public: int dp[1005][2]; int wiggleMaxLength(vector& nums) { memset(dp,0,sizeof dp); dp[0][0] = dp[0][1] = 1; for(int i = 1;i < nums.size();i++){ dp[i][0] = dp[i][1] = 1; for(int j = 0;j < i;j++){ if (nums[j] > nums[i]) dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[j][0] + 1); } for (int j = 0; j < i; ++j) { if (nums[j] < nums[i]) dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[j][1] + 1); } } return max(dp[nums.size() - 1][0],dp[nums.size() - 1][1]); } }; 时间复杂度：O(n^2)空间复杂度：O(n) 4.最大子序和(53题） 题目描述： 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。 暴力解法：第一层 for 就是设置起始位置，第二层 for 循环遍历数组寻找最大值 class Solution { public: int maxSubArray(vector& nums) { int result = INT32_MIN; int count = 0; for(int i = 0;i < nums.size();i++){ count = 0; for(int j = i;j < nums.size();j++){ count += nums[j]; result = count > result ? count : result; } } return result; } }; 时间复杂度：O(n^2)空间复杂度：O(1) 贪心算法： 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。 区间的终止位置，其实就是如果 count 取到最大值了，及时记录下来了，区间终止位置立刻记录 class Solution { public: // int maxSubArray(vector& nums) { int result = INT32_MIN;//定义一个最小值 int count = 0;//这个是总和 for(int i = 0;i < nums.size();i++){ count += nums[i];//计算总和 if(count > result){ result = count;//如果总和大于结果就去更新，更新最大值 } if(count < 0){ count = 0;//重置最大子序列初始位置，小于零就重新定位 } } return result; } }; 时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(1)  动态规划： class Solution { public: int maxSubArray(vector& nums) { if(nums.size() == 0)return 0; vectordp(nums.size(),0);//dp[i]表示包括i之前的最大连续子序列和 dp[0] = nums[0]; int result = dp[0]; for(int i = 1;i < nums.size();i++){ dp[i] = max(dp[i-1]+nums[i],nums[i]);//状态转移公式 if(dp[i] > result)result = dp[i];//result 保存dp[i]的最大值 } return result; } }; 时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(n) 5.买卖股票的最佳时机 II(122题） 题目描述：  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 。 贪心算法：  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，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 class Solution { public: //把整个利润去拆分成每一个利润的和形式，取最大利润就是求所有正利润就好 int maxProfit(vector& prices) { int result = 0; //这里注意i的取值从1开始取 for(int i = 1;i < prices.size();i++){ result += max(prices[i] - prices[i-1],0);//两个位置的价格差值，和0对比求得正利润即可 } return result; } }; 时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(1) 动态规划： class Solution { public: int maxProfit(vector& prices) { // dp[i][1]第i天持有的最多现金 // dp[i][0]第i天持有股票后的最多现金 int n = prices.size(); vector>dp(n,vector(2,0)); dp[0][0] -= prices[0];// 持股票 for(int i = 1;i < prices.size();i++){ dp[i][0] = max(dp[i-1][1] - prices[i],dp[i-1][0]); // 第i天持股票所剩最多现金 = max(第i-1天持股票所剩现金, 第i-1天持现金-买第i天的股票) dp[i][1] = max(dp[i-1][1],dp[i-1][0] + prices[i]); // 第i天持有最多现金 = max(第i-1天持有的最多现金，第i-1天持有股票的最多现金+第i天卖出股票) } return max(dp[n-1][0],dp[n-1][1]); } }; 时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(n)  总结： 贪心算法理论基础：每一阶段的局部最优，得到全局最优的解决方法，无固定套路 分发饼干：大饼干喂胃口大的孩子，全局最优就是需要喂饱更多的小孩，先给饼干和小孩胃口排序，然后从后向前遍历小孩数组，用大饼干来喂饱大胃口小孩，并且统计数量，注意遍历饼干技巧，可以采用下标来自减方式实现分发饼干，这里的Index从后向前，可以大饼干喂大胃口或者小饼干喂小胃口 摆动序列：是指两个相邻的元素之差是正负交替的一组序列，使用贪心算法来实现，注意两端是需要算做一个，我们需要记录前一个和当前的差值，条件判断注意需要确保两个差值的正负不同号即可，pre=cur是关键，进行一组就是关键， 最大子序和：贪心算法这里需要注意一个细节我们最开始需要定义一个最小值，再定义每个数组和去，思想逻辑是如果数组和是小于0我们抛弃这个数组和置为0，还要更新最大数组和的一个操作 买卖股票的最佳时机II：我们只要想到利润可以拆分成多个利润相加的模式就可以解决，只要正利润就好，得到最后想要的结果，可以使用动态规划来实现。