1005.K次取反后最大化的数组和
思路：
贪心的思路，局部最优：让绝对值大的负数变为正数，当前数值达到最大，整体最优：整个数组和达到最大。
局部最优可以推出全局最优。
那么如果将负数都转变为正数了，K依然大于0，此时的问题是一个有序正整数序列，如何转变K次正负，让 数组和 达到最大。
那么又是一个贪心：局部最优：只找数值最小的正整数进行反转，当前数值和可以达到最大（例如正整数数组{5, 3, 1}，反转1 得到-1 比 反转5得到的-5 大多了），全局最优：整个数组和达到最大。
代码：
方法一
class Solution:def largestSumAfterKNegations(self, nums: List[int], k: int) -> int:nums.sort(key=lambda x: abs(x), reverse=True) # 第一步：按照绝对值降序排序数组Afor i in range(len(nums)): # 第二步：执行K次取反操作if nums[i] < 0 and k > 0:nums[i] *= -1k -= 1if k % 2 == 1: # 第三步：如果K还有剩余次数，将绝对值最小的元素取反nums[-1] *= -1result = sum(nums) # 第四步：计算数组A的元素和return result- 时间复杂度: O(nlogn)
- 空间复杂度: O(1)
补充：lambda x: abs(x) 是一个匿名函数（也称为 lambda 函数），它接受一个参数 x 并返回 x 的绝对值。
在这里，我们使用这个 lambda 函数来告诉 sort 方法：我们想根据列表中每个元素的绝对值来排序。
方法二：不用绝对值排序，先不排序，把数组里负数变正数后再正常从小到大排序，然后处理第一个元素（最小的）就行了
class Solution:def largestSumAfterKNegations(self, nums: List[int], k: int) -> int:nums.sort() for i in range(len(nums)): if nums[i] < 0 and k > 0:nums[i] *= -1k -= 1nums.sort()if k % 2 == 1: nums[0]*=-1result = sum(nums) return result134. 加油站
思路：
首先如果总油量减去总消耗大于等于零那么一定可以跑完一圈，说明各个站点的加油站剩油量rest[i]相加一定是大于等于零的。
每个加油站的剩余量rest[i]为gas[i] - cost[i]。
i从0开始累加rest[i]，和记为curSum，一旦curSum小于零，说明[0, i]区间都不能作为起始位置，因为这个区间选择任何一个位置作为起点，到i这里都会断油，那么起始位置从i+1算起，再从0计算curSum。
如图：
那么局部最优：当前累加rest[i]的和curSum一旦小于0，起始位置至少要是i+1，因为从i之前开始一定不行。全局最优：找到可以跑一圈的起始位置。
局部最优可以推出全局最优，找不出反例，试试贪心！
代码：
暴力解法
class Solution:def canCompleteCircuit(self, gas: List[int], cost: List[int]) -> int:for i in range(len(cost)):rest = gas[i] - cost[i] # 记录到下一站剩余油量index = (i + 1) % len(cost) # 下一个加油站的索引while rest > 0 and index != i: # 模拟以i为起点行驶一圈（如果有rest==0，那么答案就不唯一了）rest += gas[index] - cost[index] # 更新剩余油量index = (index + 1) % len(cost) # 更新下一个加油站的索引if rest >= 0 and index == i: # 如果以i为起点跑一圈，剩余油量>=0，并且回到起始位置return i # 返回起始位置ireturn -1 # 所有起始位置都无法环绕一圈，返回-1- 时间复杂度：O(n^2)
- 空间复杂度：O(1)
贪心算法
class Solution:def canCompleteCircuit(self, gas: List[int], cost: List[int]) -> int:curSum = 0 # 当前累计的剩余油量totalSum = 0 # 总剩余油量start = 0 # 起始位置for i in range(len(gas)):curSum += gas[i] - cost[i]totalSum += gas[i] - cost[i]if curSum < 0: # 当前累计剩余油量curSum小于0start = i + 1 # 起始位置更新为i+1curSum = 0 # curSum重新从0开始累计if totalSum < 0:return -1 # 总剩余油量totalSum小于0，说明无法环绕一圈return start- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
135. 分发糖果
思路：
这道题目一定是要确定一边之后，再确定另一边，例如比较每一个孩子的左边，然后再比较右边，如果两边一起考虑一定会顾此失彼。
先确定右边评分大于左边的情况（也就是从前向后遍历）
此时局部最优：只要右边评分比左边大，右边的孩子就多一个糖果，全局最优：相邻的孩子中，评分高的右孩子获得比左边孩子更多的糖果
局部最优可以推出全局最优。
再确定左孩子大于右孩子的情况（从后向前遍历）
遍历顺序这里有同学可能会有疑问，为什么不能从前向后遍历呢？
因为 rating[5]与rating[4]的比较 要利用上 rating[5]与rating[6]的比较结果，所以 要从后向前遍历。
如果 ratings[i] > ratings[i + 1]，此时candyVec[i]（第i个小孩的糖果数量）就有两个选择了，一个是candyVec[i + 1] + 1（从右边这个加1得到的糖果数量），一个是candyVec[i]（之前比较右孩子大于左孩子得到的糖果数量）。
那么又要贪心了，局部最优：取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，保证第i个小孩的糖果数量既大于左边的也大于右边的。全局最优：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。
局部最优可以推出全局最优。
所以就取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果数量，candyVec[i]只有取最大的才能既保持对左边candyVec[i - 1]的糖果多，也比右边candyVec[i + 1]的糖果多。
代码：
class Solution:def candy(self, ratings: List[int]) -> int:candyVec = [1] * len(ratings)# 从前向后遍历，处理右侧比左侧评分高的情况for i in range(1, len(ratings)):if ratings[i] > ratings[i - 1]:candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1# 从后向前遍历，处理左侧比右侧评分高的情况for i in range(len(ratings) - 2, -1, -1):if ratings[i] > ratings[i + 1]:candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1)# 统计结果result = sum(candyVec)return result- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(n)
