提示：DDU，供自己复习使用。欢迎大家前来讨论~

文章目录

• 题目
• • 题目一：122.买卖股票的最佳时机 II
  • • 贪心算法：
    • 动态规划
  • 题目二：55.跳跃游戏
  • • 解题思路：
  • 题目三： 45.跳跃游戏 II
  • • 解题思路
    • 方法一
    • 方法二
  • 题目四：1005.K次取反后最大化的数组和
  • • 解题思路
• 总结

贪心算法继续刷题

题目

题目一：122.买卖股票的最佳时机 II

122. 买卖股票的最佳时机 II

1. 贪心策略：一种直观的贪心策略是，当你发现股票价格比之前低时买入，在价格比买入时高时卖出，然后重复这个过程。这种策略基于一个简单的假设：如果当前价格比之前低，那么未来有可能会涨；如果当前价格比买入时高，那么现在卖出可以获利。
2. 分解问题：这里的“分解问题”意味着你将整个问题分解为多个小问题。在股票买卖问题中，可以将问题分解为多个独立的买卖对。每个买卖对都独立于其他对，只考虑买入点和卖出点之间的差额。
3. 贪心选择：在每个独立的买卖对中，选择当前的最低点作为买入点，然后选择之后的第一个高点作为卖出点。这样做是因为在贪心算法中，我们总是希望在成本最低时买入，在利润最高时卖出。
4. 循环反复：这个过程可以在整个股票价格序列上重复进行。每次找到一个买入点和卖出点后，就将这两个点之间的差额加到总利润中，然后继续寻找下一个买入点。
5. 算法效率：这种方法的效率相对较高，因为它只需要遍历一次股票价格序列，每次找到买入点和卖出点后就可以计算出一部分利润。

贪心算法：

这道题目可能我们只会想，选一个低的买入，再选个高的卖，再选一个低的买入…循环反复。

如果想到其实最终利润是可以分解的，那么本题就很容易了！

如何分解呢？

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！

那么根据 prices 可以得到每天的利润序列：(prices[i] - prices[i - 1])…(prices[1] - prices[0])。

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。

局部最优可以推出全局最优，找不出反例，试一试贪心！

完整的C++代码如下:

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int result = 0;for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {result += max(prices[i] - prices[i - 1], 0);}return result;}
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

动态规划

代码如下：

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& 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<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 0));dp[0][0] -= prices[0]; // 持股票for (int i = 1; i < n; i++) {// 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][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - 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)dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);}return max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]);}
};

• 时间复杂度：$O(n)$
• 空间复杂度：$O(n)$

小结：

股票问题其实是一个系列的，属于动态规划的范畴。

在一些情况下，贪心往往比动态规划更巧妙，更好用，所以别小看了贪心算法。

本题中理解利润拆分是关键点！ 不要整块的去看，而是把整体利润拆为每天的利润。

一旦想到这里了，很自然就会想到贪心了，即：只收集每天的正利润，最后稳稳的就是最大利润了。

题目二：55.跳跃游戏

55. 跳跃游戏

解题思路：

其实跳几步无所谓，关键在于可跳的覆盖范围！

不一定非要明确一次究竟跳几步，每次取最大的跳跃步数，这个就是可以跳跃的覆盖范围。

这个范围内，别管是怎么跳的，反正一定可以跳过来。

那么这个问题就转化为跳跃覆盖范围究竟可不可以覆盖到终点！

每次移动取最大跳跃步数（得到最大的覆盖范围），每移动一个单位，就更新最大覆盖范围。

贪心算法局部最优解：每次取最大跳跃步数（取最大覆盖范围），整体最优解：最后得到整体最大覆盖范围，看是否能到终点。

i 每次移动只能在 cover 的范围内移动，每移动一个元素，cover 得到该元素数值（新的覆盖范围）的补充，让 i 继续移动下去。

而 cover 每次只取 max(该元素数值补充后的范围, cover 本身范围)。

如果 cover 大于等于了终点下标，直接 return true 就可以了。

class Solution {
public:bool canJump(vector<int>& nums) {int cover = 0;if (nums.size() == 1) return true; // 只有一个元素，就是能达到for (int i = 0; i <= cover; i++) { // 注意这里是小于等于covercover = max(i + nums[i], cover);if (cover >= nums.size() - 1) return true; // 说明可以覆盖到终点了}return false;}
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

题目三： 45.跳跃游戏 II

[45. 跳跃游戏 II](https://leetcode.cn/problems/letter-combinations-of-a-phone-number/)

解题思路

本题要计算最少步数，那么就要想清楚什么时候步数才一定要加一呢？

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。

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。

图中覆盖范围的意义在于，只要红色的区域，最多两步一定可以到！

方法一

从图中可以看出来，就是移动下标达到了当前覆盖的最远距离下标时，步数就要加一，来增加覆盖距离。最后的步数就是最少步数。

这里还是有个特殊情况需要考虑，当移动下标达到了当前覆盖的最远距离下标时

• 如果当前覆盖最远距离下标不是是集合终点，步数就加一，还需要继续走。
• 如果当前覆盖最远距离下标就是是集合终点，步数不用加一，因为不能再往后走了。

C++代码如下：（详细注释）

// 版本一
class Solution {
public:int jump(vector<int>& nums) {if (nums.size() == 1) return 0;int curDistance = 0;    // 当前覆盖最远距离下标int ans = 0;            // 记录走的最大步数int nextDistance = 0;   // 下一步覆盖最远距离下标for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {nextDistance = max(nums[i] + i, nextDistance);  // 更新下一步覆盖最远距离下标if (i == curDistance) {                         // 遇到当前覆盖最远距离下标ans++;                                  // 需要走下一步curDistance = nextDistance;             // 更新当前覆盖最远距离下标（相当于加油了）if (nextDistance >= nums.size() - 1) break;  // 当前覆盖最远距到达集合终点，不用做ans++操作了，直接结束}}return ans;}
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

方法二

依然是贪心，思路和方法一差不多，代码可以简洁一些。

针对于方法一的特殊情况，可以统一处理，即：移动下标只要遇到当前覆盖最远距离的下标，直接步数加一，不考虑是不是终点的情况。

想要达到这样的效果，只要让移动下标，最大只能移动到 nums.size - 2 的地方就可以了。

因为当移动下标指向 nums.size - 2 时：

• 如果移动下标等于当前覆盖最大距离下标， 需要再走一步（即 ans++），因为最后一步一定是可以到的终点。（题目假设总是可以到达数组的最后一个位置），如图：

• 

• 如果移动下标不等于当前覆盖最大距离下标，说明当前覆盖最远距离就可以直接达到终点了，不需要再走一步。如图：

  

  代码如下：

  // 版本二
  class Solution {
  public:int jump(vector<int>& nums) {int curDistance = 0;    // 当前覆盖的最远距离下标int ans = 0;            // 记录走的最大步数int nextDistance = 0;   // 下一步覆盖的最远距离下标for (int i = 0; i < nums.size() - 1; i++) { // 注意这里是小于nums.size() - 1，这是关键所在nextDistance = max(nums[i] + i, nextDistance); // 更新下一步覆盖的最远距离下标if (i == curDistance) {                 // 遇到当前覆盖的最远距离下标curDistance = nextDistance;         // 更新当前覆盖的最远距离下标ans++;}}return ans;}
  };
  

  • 时间复杂度: O(n)
  • 空间复杂度: O(1)

题目四：1005.K次取反后最大化的数组和

1005. K 次取反后最大化的数组和

解题思路

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

这么一道简单题，就用了两次贪心！

对应C++代码如下：

class Solution {
static bool cmp(int a, int b) {return abs(a) > abs(b);
}
public:int largestSumAfterKNegations(vector<int>& A, int K) {sort(A.begin(), A.end(), cmp);       // 第一步for (int i = 0; i < A.size(); i++) { // 第二步if (A[i] < 0 && K > 0) {A[i] *= -1;K--;}}if (K % 2 == 1) A[A.size() - 1] *= -1; // 第三步int result = 0;for (int a : A) result += a;        // 第四步return result;}
};

• 时间复杂度: O(nlogn)
• 空间复杂度: O(1)

小结：

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。

---

总结

• 简单题目使用贪心算法。