正如这个算法的名字一样，解决题目的时候用一种贪婪的思想来解决问题，比如说我们要从一堆钞票中取3张，并且总和要最高，所以我们在遍历这堆钞票价值的时候，尽可能地选择炒面面值最高的，这样就得到了最终解。所以，贪心的思路就是利用每一个阶段的最优解，最终达到全局最优解。下面的题目是一些利用贪心解决的算法问题，题目列表来源代码随想录入口

1.序列问题

1.1摆动序列

解法一：贪心

class Solution {
public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {if(nums.size() <= 1) return nums.size();int curDiff = 0; //当前一对差值int preDiff = 0; //前一对差值int result = 1; //记录峰值个数，序列默认序列最右边有一个峰值for(int i = 0; i < nums.size() - 1; i++){curDiff =nums[i + 1] - nums[i];//出现峰值if((preDiff <= 0 && curDiff > 0) || (preDiff >=0 && curDiff < 0)){result++;preDiff = curDiff;}}return result;}
};

解法二：动态规划

class Solution {
public://动态规划实现：dp[i][0]表示第i个数作为山峰的摆动子序列的最长长度//动态规划实现：dp[i][1]表示第i个数作为山谷的摆动子序列的最长长度int dp[1005][2];//这个大小是根据题目给出数值的范围来定义的int wiggleMaxLength(vector<int>& 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]);}
};

1.2单调递增的数字

这个题目如果我们暴力循环求解的话，会出现超时报错，所以我们采用构建的方式的，利用单调递增且数字尽可能大这两个条件来构建我们的答案数字。
实现思路：
例如：98，一旦出现strNum[i - 1] > strNum[i]的情况（非单调递增），首先想让strNum[i - 1]–，然后strNum[i]给为9，这样这个整数就是89，即小于98的最大的单调递增整数
从前向后遍历的话，遇到strNum[i - 1] > strNum[i]的情况，让strNum[i - 1]减一，但此时如果strNum[i - 1]减一了，可能又小于strNum[i - 2]。
这么说有点抽象，举个例子，数字：332，从前向后遍历的话，那么就把变成了329，此时2又小于了第一位的3了，真正的结果应该是299。
那么从后向前遍历，就可以重复利用上次比较得出的结果了，从后向前遍历332的数值变化为：332 -> 329 -> 2998

class Solution {
public:int monotoneIncreasingDigits(int n) {string strNum = to_string(n);//flag用来标记赋值9从哪开始//设置为这个默认值，为了防止第二个for循环在flag没有被赋值的情况下执行int flag = strNum.size();for(int i = strNum.size() - 1; i > 0; i--){if(strNum[i - 1] > strNum[i]){flag = i;strNum[i - 1]--;}}for(int i = flag; i < strNum.size(); i++){strNum[i] = '9';}return stoi(strNum);}
};

2.多维度权衡

在有些题目中，我们对于数据的处理不再是只考虑一个指标了，可能有两个甚至多个指标，以两个指标为例，排序需要考虑两个指标折衷的情况，这就是多维度权衡问题。

2.1分发糖果

这个题目中，每一个孩子能够获得多少糖果需要考虑左手和右手的人的分数（有两个维度需要考虑）

这个题目采用两次遍历解决，第一次遍历为从前往后：每一个人考虑左手那个人的rating，左手的人没自己高，那么自己的糖果数就比左手那个人多一个，否则就保持默认的一个。
第一次遍历完成之后，第二次遍历就从后往前，每一个人只考虑自己右手的那个人的rating，没自己高的话，自己根据自己本身糖果数和右手糖果数+1相比较取最大值。
两次遍历完成之后就是最少糖果分发的数量

class Solution {
public:int candy(vector<int>& ratings) {vector<int> candyVec(ratings.size(), 1);//从前向后for(int i = 1; i < ratings.size(); i++){if(ratings[i] > ratings[i - 1]) candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1;}//从后向前for(int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--){if(ratings[i] > ratings[i + 1]){candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);}}return accumulate(candyVec.begin(), candyVec.end(), 0);}
};

2.2根据身高重构队列

这个题目当中，我们不仅不需要考虑升高h，还需要考虑k值（前面有k个比当前人高）

class Solution {
public://自定义排序规则：按照身高从大到小排，如果身高相同就让k小的在前面static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b){if(a[0] == b[0]) return a[1] < b[1];return a[0] > b[0];}vector<vector<int>> reconstructQueue(vector<vector<int>>& people) {sort(people.begin(), people.end(), cmp);vector<vector<int>> que;for(int i = 0; i < people.size(); i++){int position = people[i][1];que.insert(que.begin() + position, people[i]);}return que;}
};

3.区间问题

区间问题一般都涉及到区间重叠去重问题，区间合并问题等等，具体可以看看下面相关的区间题目。

3.1跳跃问题

class Solution {
public:bool canJump(vector<int>& nums) {int maxJump = nums[0];int i = 1;while(i < nums.size() && maxJump > 0){maxJump = max(maxJump - 1, nums[i]);i++;}if(i == nums.size()) return true;return false;}
};

3.2跳跃问题 II

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;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i的取值范围nextDistance = max(nums[i] + i, nextDistance);//更新下一步覆盖的最远距离下标if(i == curDistance){curDistance = nextDistance;//更新当前的最远覆盖距离下标ans++;}}return ans;}
};

3.3用最小数量的箭引爆气球

class Solution {
public:static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b){return a[0] < b[0];}int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) {if(points.size() == 0) return 0;sort(points.begin(), points.end(), cmp);int result = 1; //points不为空至少需要一支箭for(int i = 1; i < points.size(); i++){if(points[i][0] > points[i - 1][1]){//区间无重叠，需要一支箭result++;}else{//气球i和气球i - 1挨着points[i][1] = min(points[i - 1][1], points[i][1]);}}return result;}
};

3.4无重叠区间

解法一：区间右边界排序

class Solution {
public://按照区间右边界排序static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b){return a[1] < b[1];}int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {if(intervals.size() <= 1) return 0;sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);int count = 1; //记录非交叉区间的个数int end = intervals[0][1]; //记录区间分割点for(int i = 1; i < intervals.size(); i++){if(end <= intervals[i][0]){end = intervals[i][1];count++;}}return intervals.size() - count;}
};

解法二：区间左边界排序

class Solution {
public://按照区间左端值从小到大排列static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b){return a[0] < b[0];}int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {if(intervals.size() <= 1) return 0;sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);int ans = 0;int end = intervals[0][1];for(int i = 1; i < intervals.size(); i++){if(intervals[i][0] < end){ans++;//注意这里不是max而是min，因为要把更大右边界的那个区间给去除（因为它更可能和别的区间有交集）end = min(end, intervals[i][1]);}else{end = intervals[i][1];}}return ans;}
};

3.5划分字母区间

这个题目，我们首先获得每个字母最后出现的index，之后再遍历字符串，只要我们字符串下边i == 字母的最后index的时候，这个时候就可以分割一次，此时分割下来的字符串片段符合题目要求。

class Solution {
public:vector<int> partitionLabels(string s) {vector<int> hash(26, 0);for(int i = 0; i < s.size();i++){hash[s[i] - 'a'] = i;}vector<int> result;int left = 0;int right = 0;for(int i = 0; i < s.size(); i++){//找到字符出现的最远边界right = max(right, hash[s[i] - 'a']);if(i == right){result.push_back(right - left + 1);left = i + 1;}}return result;}
};

3.6合并区间

学习这个题目巧妙合并区间！！

class Solution {
public:static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b){if(a[0] == b[0]) return a[1] < b[1];return a[0] < b[0];}vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals) {if(intervals.size() <= 1) return intervals;sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);vector<vector<int>> result;//第一个区间就可以放进结果集里，后面如果重叠，再result上直接合并result.push_back(intervals[0]);for(int i = 1; i < intervals.size(); i++){if(result.back()[1] >= intervals[i][0]){//区间重叠//合并区间result.back()[1] = max(result.back()[1], intervals[i][1]);}else{result.push_back(intervals[i]);}}return result;}
};

4.其他

4.1最大子数组和

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

4.2加油站

class Solution {
public:int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {int curSum = 0;int totalSum = 0;int start = 0;for(int i = 0; i < gas.size(); i++){curSum += gas[i] - cost[i];totalSum += gas[i] - cost[i];if(curSum <  0){start =  i + 1;//起始位置更新curSum = 0;}}if(totalSum < 0) return -1;return start;}
};

4.3监控二叉树

/*** Definition for a binary tree node.* struct TreeNode {*     int val;*     TreeNode *left;*     TreeNode *right;*     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}*     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}* };*/
class Solution {
public:int result;//后序遍历：左右根int travel(TreeNode* cur){//空节点，为有覆盖状态if(cur == NULL) return 2;int left = travel(cur -> left);int right = travel(cur -> right);//情况1：左右节点都有覆盖if(left == 2 && right == 2) return 0;//情况2if(left == 0 || right == 0){result++;return 1;}//情况3if(left == 1 || right == 1) return 2;//下面这个return -1 永远都不会执行return -1;}int minCameraCover(TreeNode* root) {result = 0;//情况4：root未被覆盖if(travel(root) == 0){result++;}return result;}
};