LeetCodeCampsDay27贪心part01

贪心算法理论与一些基础题目

什么是贪心

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。

这么说有点抽象，来举一个例子：

例如，有一堆钞票，你可以拿走十张，如果想达到最大的金额，你要怎么拿？

指定每次拿最大的，最终结果就是拿走最大数额的钱。

每次拿最大的就是局部最优，最后拿走最大数额的钱就是推出全局最优。

再举一个例子如果是 有一堆盒子，你有一个背包体积为n，如何把背包尽可能装满，如果还每次选最大的盒子，就不行了。这时候就需要动态规划。动态规划的问题在下一个系列会详细讲解。

贪心的例题

桌上有面值100，50，20，10，1的各种钞票各2张，如果只能拿5张，如何拿才能拿最多钱；

常识的思路肯定是优先拿最大的，然后次大的，先拿2张100，再2张50，一张20的；

贪心的套路（什么时候用贪心）

有没有什么套路可以一看就看出来是贪心。

说实话贪心算法并没有固定的套路。

所以唯一的难点就是如何通过局部最优，推出整体最优。

那么如何能看出局部最优是否能推出整体最优呢？有没有什么固定策略或者套路呢？

不好意思，也没有！ 靠自己手动模拟，如果模拟可行，就可以试一试贪心策略，如果不可行，可能需要动态规划。

有同学问了如何验证可不可以用贪心算法呢？

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。

可有有同学认为手动模拟，举例子得出的结论不靠谱，想要严格的数学证明。

一般数学证明有如下两种方法：

  • 数学归纳法
  • 反证法

看教课书上讲解贪心可以是一堆公式，估计大家连看都不想看，所以数学证明就不在我要讲解的范围内了，大家感兴趣可以自行查找资料。

面试中基本不会让面试者现场证明贪心的合理性，代码写出来跑过测试用例即可，或者自己能自圆其说理由就行了。

举一个不太恰当的例子：我要用一下1+1 = 2，但我要先证明1+1 为什么等于2。严谨是严谨了，但没必要。

虽然这个例子很极端，但可以表达这么个意思：刷题或者面试的时候，手动模拟一下感觉可以局部最优推出整体最优，而且想不到反例，那么就试一试贪心。

例如刚刚举的拿钞票的例子，就是模拟一下每次拿做大的，最后就能拿到最多的钱，这还要数学证明的话，其实就不在算法面试的范围内了，可以看看专业的数学书籍！

所以这也是为什么很多同学通过（accept）了贪心的题目，但都不知道自己用了贪心算法，因为贪心有时候就是常识性的推导，所以会认为本应该就这么做！

那么刷题的时候什么时候真的需要数学推导呢？

例如这道题目：链表：环找到了，那入口呢？ (opens new window)，这道题不用数学推导一下，就找不出环的起始位置，想试一下就不知道怎么试，这种题目确实需要数学简单推导一下

贪心一般解题步骤

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

这个四步其实过于理论化了，我们平时在做贪心类的题目时，如果按照这四步去思考，真是有点“鸡肋”。

做题的时候，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。

总结

本篇给出了什么是贪心以及大家关心的贪心算法固定套路。

不好意思了，贪心没有套路，说白了就是常识性推导加上举反例。

最后给出贪心的一般解题步骤，大家可以发现这个解题步骤也是比较抽象的，不像是二叉树，回溯算法，给出了那么具体的解题套路和模板。

455. 分发饼干

https://leetcode.cn/problems/assign-cookies/

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。你的目标是满足尽可能多的孩子，并输出这个最大数值。

示例 1:

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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:

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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

**注意：**本题与 2410. 运动员和训练师的最大匹配数 题相同。

贪心思路

  1. 本题的思路和拿钞票有点儿像？用尺寸最大的饼干优先满足胃口最大的孩子，如果胃口最大的无法满足，就去满足次大的……；
  2. 所以需要对孩子的胃口和饼干尺寸排序（从大到小）
  3. 具体做法
    1. 可以用双指针，一个指向饼干，一个指向小孩；两者都各自从大到小遍历

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贪心代码

  • 时间复杂度O(N+M)
  • 空间复杂度O(1)
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class Solution:
    def findContentChildren(self, g: List[int], s: List[int]) -> int:
        # 先对g和s排序，按s最大值对g最大值进行匹配
        g = sorted(g, reverse = True)
        s = sorted(s, reverse = True)
        
        indexOfg = 0
        indexOfs = 0
        LenOfg = len(g)
        Lenofs = len(s)
        res = 0
        while indexOfg < LenOfg and indexOfs < Lenofs:
            if s[indexOfs] >= g[indexOfg]:
                res += 1
                indexOfs += 1
            indexOfg += 1
        return res

53. 最大子数组和

https://leetcode.cn/problems/maximum-subarray/

给你一个整数数组 nums ，请你找出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。

子数组是数组中的一个连续部分。

示例 1：

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输入：nums = [-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 。

示例 2：

1
2
输入：nums = [1]
输出：1

示例 3：

1
2
输入：nums = [5,4,-1,7,8]
输出：23

提示：

  • 1 <= nums.length <= 105
  • -104 <= nums[i] <= 104

**进阶：**如果你已经实现复杂度为 O(n) 的解法，尝试使用更为精妙的 分治法 求解。

贪心思路

  1. 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。
  2. 从代码角度上来讲：遍历 nums，从头开始用 count 累积，如果 count 一旦加上 nums[i]变为负数，那么就应该从 nums[i+1]开始从 0 累积 count 了，因为已经变为负数的 count，只会拖累总和。

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贪心代码

  • 时间复杂度O(N)
  • 空间复杂度O(1)
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class Solution:
    def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int:
        # sumOfNums 如果小于等于0，就直接重置
        maxOfsum = float('-inf')
        sumOfNums = 0
        for i in nums:
            sumOfNums += i
            if maxOfsum < sumOfNums:
                maxOfsum = sumOfNums
            if sumOfNums < 0:
                sumOfNums = 0
            
        return maxOfsum

376. 摆动序列

https://leetcode.cn/problems/wiggle-subsequence/

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：

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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：

1
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4
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：

1
2
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?

贪心思路

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。

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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

在计算是否有峰值的时候，大家知道遍历的下标 i ，计算 prediff（nums[i] - nums[i-1]） 和 curdiff（nums[i+1] - nums[i]），如果prediff < 0 && curdiff > 0 或者 prediff > 0 && curdiff < 0 此时就有波动就需要统计。

本题要考虑三种情况

  1. 情况一：上下坡中有平坡
  2. 情况二：数组首尾两端
  3. 情况三：单调坡中有平坡

情况一：上下坡中有平坡

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这种情况，答案是3

在图中，当 i 指向第一个 2 的时候，prediff > 0 && curdiff = 0 ，当 i 指向最后一个 2 的时候 prediff = 0 && curdiff < 0。

如果我们采用，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。

所以我们记录峰值的条件应该是： (preDiff <= 0 && curDiff > 0) || (preDiff >= 0 && curDiff < 0)，为什么这里允许 prediff == 0 ，就是为了 上面我说的这种情况。

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情况二,数组首尾两端

题目中说了，如果只有两个不同的元素，那摆动序列也是 2。

例如序列[2,5]，如果靠统计差值来计算峰值个数就需要考虑数组最左面和最右面的特殊情况。

因为我们在计算 prediff（nums[i] - nums[i-1]） 和 curdiff（nums[i+1] - nums[i]）的时候，至少需要三个数字才能计算，而数组只有两个数字。

这里我们可以写死，就是 如果只有两个元素，且元素不同，那么结果为 2。

不写死的话，如何和我们的判断规则结合在一起呢？

可以假设，数组最前面还有一个数字，那这个数字应该是什么呢？

之前我们在 讨论 情况一：相同数字连续 的时候， prediff = 0 ，curdiff < 0 或者 >0 也记为波谷。

那么为了规则统一，针对序列[2,5]，可以假设为[2,2,5]，这样它就有坡度了即 preDiff = 0，如图：

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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）

情况三：单调坡度有平坡

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图中，我们可以看出，版本一的代码在三个地方记录峰值，但其实结果因为是 2，因为 单调中的平坡 不能算峰值（即摆动）。

之所以版本一会出问题，是因为我们实时更新了 prediff。

那么我们应该什么时候更新 prediff 呢？

我们只需要在 这个坡度 摆动变化的时候，更新 prediff 就行，这样 prediff 在 单调区间有平坡的时候 就不会发生变化，造成我们的误判。

贪心代码

  • 时间复杂度O(N)
  • 空间复杂度O(1)
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class Solution:
    def wiggleMaxLength(self, nums: List[int]) -> int:
        L = len(nums)
        if L <= 1:
            return L
        
        curDiff = 0
        preDiff = 0
        result = 1
        for i in range(L - 1):
            curDiff = nums[i + 1] - nums[i]
            if preDiff <= 0 and curDiff > 0 or preDiff >= 0 and curDiff < 0:
                result += 1
                preDiff = curDiff
        
        return result