LeetCodeCampsDay28贪心part02

覆盖范围的题目

122. 买卖股票的最佳时机 II

https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/

给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。

在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。

返回 你能获得的 最大 利润 。

示例 1：

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输入：prices = [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。
最大总利润为 4 + 3 = 7 。

示例 2：

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输入：prices = [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。
最大总利润为 4 。

示例 3：

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输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 交易无法获得正利润，所以不参与交易可以获得最大利润，最大利润为 0。

提示：

  • 1 <= prices.length <= 3 * 104
  • 0 <= prices[i] <= 104

贪心思路

观察例子可以看到，

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输入：prices = [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。

虽然解释是第一天买，最后一天卖；但第一天买，第二天卖，第二天再买，第三天卖……最终也会得到同样的利润。因为把利润分解为每天为单位的维度，而不是从 1 天到第 5 天整体去考虑！

所以，我们可以算出每天的利润表

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prices = [7,1,5,3,6,4]
DailyProfit = [-6， 4，-2，3，-2]

只统计DailProfit里大于零的利润就好了

img

那？第一天怎么就没有利润呢，第一天到底算不算的困惑中。

第一天当然没有利润，至少要第二天才会有利润，所以利润的序列比股票序列少一天！

从图中可以发现，其实我们需要收集每天的正利润就可以，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。

那么只收集正利润就是贪心所贪的地方！

局部最优：收集每天的正利润，全局最优：求得最大利润。

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 maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
        # -6， 4，-2，3，-2
        L = len(prices)
        res = 0
        for i in range(L - 1):
            profit = prices[i + 1] - prices[i]
            if profit > 0:
                res += profit
        return res

55. 跳跃游戏

https://leetcode.cn/problems/jump-game/

给你一个非负整数数组 nums ，你最初位于数组的 第一个下标 。数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。

判断你是否能够到达最后一个下标，如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。

示例 1：

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输入：nums = [2,3,1,1,4]
输出：true
解释：可以先跳 1 步，从下标 0 到达下标 1, 然后再从下标 1 跳 3 步到达最后一个下标。

示例 2：

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输入：nums = [3,2,1,0,4]
输出：false
解释：无论怎样，总会到达下标为 3 的位置。但该下标的最大跳跃长度是 0 ， 所以永远不可能到达最后一个下标。

提示：

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

贪心思路

本题其实跳几步无所谓，关键在于可跳的覆盖范围！

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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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L = len(nums)
maxReach = 0
for i in range(L):
    if i <= maxReach:
        maxReach = max(maxReach, i + nums[i])
        if maxReach >= L - 1:
            return True
return maxReach >= L - 1

分治思路

数值：[2,3,1,1,4]

下标：[0,1,2,3,4]

从末尾向前检查，设置当前位置(cur)是最后一位，如果当前位置到i的距离（cur - i)小于等于nums[i]，说明当前位置可以被访问，最终判断cur是否回到了0

这种方法最好就是从终点走回到起点，逐渐将一个[2,3,1,1,4]的问题变成[2,3,1,1]->[2,3,1]->[2,3]->[2]

分治代码

  • 时间复杂度O(N)
  • 空间复杂度O(1)
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class Solution:
    def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:
        # 从末尾向前检查，设置当前位置是最后一位，
        # 如果当前位置到i的距离，小于等于nums[i]，说明当前位置可以被访问
        L = len(nums)
        startPoint = L - 1
        for i in range(L - 2, -1, -1):
            if nums[i] + i >= startPoint:
                startPoint = i
        return startPoint == 0

动态规划

设置个stepsAvailable，表示从当前位置能走的最大步数，一步步模拟，如果某个位置的nums[i]大于stepsAvailable，则更新stepsAvailable=nums[i]

动态规划代码

  • 时间复杂度O(N)
  • 空间复杂度O(1)
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L = len(nums)
StepsAvailable = nums[0]
for i in range(1, L):
    if StepsAvailable == 0:
        return False
    StepsAvailable -= 1
    if nums[i] > StepsAvailable:
        StepsAvailable = nums[i]
return True

45. 跳跃游戏 II

https://leetcode.cn/problems/jump-game-ii/

给定一个长度为 n 的 0 索引整数数组 nums。初始位置为 nums[0]。

每个元素 nums[i] 表示从索引 i 向后跳转的最大长度。换句话说，如果你在 nums[i] 处，你可以跳转到任意 nums[i + j] 处:

  • 0 <= j <= nums[i]
  • i + j < n

返回到达 nums[n - 1] 的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达 nums[n - 1]。

示例 1:

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输入: nums = [2,3,1,1,4]
输出: 2
解释: 跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。
     从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。

示例 2:

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输入: nums = [2,3,0,1,4]
输出: 2

提示:

  • 1 <= nums.length <= 104
  • 0 <= nums[i] <= 1000
  • 题目保证可以到达 nums[n-1]

贪心思路

贪心的思路，局部最优：当前可移动距离尽可能多走，如果还没到终点，步数再加一。整体最优：一步尽可能多走，从而达到最少步数。

思路虽然是这样，但在写代码的时候还不能真的能跳多远就跳多远，那样就不知道下一步最远能跳到哪里了。

所以真正解题的时候，要从覆盖范围出发，不管怎么跳，覆盖范围内一定是可以跳到的，以最小的步数增加覆盖范围，覆盖范围一旦覆盖了终点，得到的就是最少步数！

这里需要统计两个覆盖范围，当前这一步的最大覆盖和下一步最大覆盖。

如果移动下标达到了当前这一步的最大覆盖最远距离了，还没有到终点的话，那么就必须再走一步来增加覆盖范围，直到覆盖范围覆盖了终点。

我们每次在可跳范围内选择可以使得跳的更远的位置。

如下图，开始的位置是 2，可跳的范围是橙色的。然后因为 3 可以跳的更远，所以跳到 3 的位置。

img

如下图，然后现在的位置就是 3 了，能跳的范围是橙色的，然后因为 4 可以跳的更远，所以下次跳到 4 的位置。

img

在代码里，我们用 end 表示当前能跳的边界，对于上边第一个图的橙色 1，第二个图中就是橙色的 4，遍历数组的时候，到了边界，我们就重新更新新的边界。

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 jump(self, nums: List[int]) -> int:
        L = len(nums)
        # 特殊情况
        if L == 1:
            return 0
        # 当前能到达最远距离
        end = 0
        # 下一步能到达最远距离
        MaxReach = 0
        res = 0
        for i in range(L):
          	# 找到能跳得最远的
            MaxReach = max(nums[i] + i, MaxReach)
            # 遇到边界，就更新边界，并且步数加一
            if i == end:
                res += 1
                end = MaxReach
                if MaxReach >= L - 1:
                    return res
        
        return res

1005. K 次取反后最大化的数组和

https://leetcode.cn/problems/maximize-sum-of-array-after-k-negations/

给你一个整数数组 nums 和一个整数 k ，按以下方法修改该数组：

  • 选择某个下标 i 并将 nums[i] 替换为 -nums[i] 。

重复这个过程恰好 k 次。可以多次选择同一个下标 i 。

以这种方式修改数组后，返回数组 可能的最大和 。

示例 1：

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输入：nums = [4,2,3], k = 1
输出：5
解释：选择下标 1 ，nums 变为 [4,-2,3] 。

示例 2：

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输入：nums = [3,-1,0,2], k = 3
输出：6
解释：选择下标 (1, 2, 2) ，nums 变为 [3,1,0,2] 。

示例 3：

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3
输入：nums = [2,-3,-1,5,-4], k = 2
输出：13
解释：选择下标 (1, 4) ，nums 变为 [2,3,-1,5,4] 。

提示：

  • 1 <= nums.length <= 104
  • -100 <= nums[i] <= 100
  • 1 <= k <= 104

贪心思路

先将nums排序，按绝对值排序，从大到小

再对小于0的数字进行反转，每次消耗一次k

如果k有剩余，就对着最小的数进行反转剩下的k次（不过按奇偶划分下就行，偶数就不用反转，奇数就反转一次）

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 largestSumAfterKNegations(self, nums: List[int], k: int) -> int:
        
        L = len(nums)
        nums.sort(key = lambda x: abs(x), reverse = True)
        print(nums)
        for i in range(L):
            if k > 0 and nums[i] < 0:
                nums[i] *= -1
                k -= 1
        print(nums)
        if k % 2 == 1:
            nums[-1] *= -1
        print(nums)
        return sum(nums)