题目：给定一个字符串str，只由‘X’和‘.’两种字符构成。‘X’表示墙，不能放灯，也不需要点亮‘.’表示居民点，可以放灯，需要点亮如果灯放在i位置，可以让i-1，i和i+1三个位置被点亮返回如果点亮str中所有需要点亮的位置，至少需要几盏灯
思路：递归方式，每个位置两种情况，不选择或者选择(当前必须是 '.')，如果是选择，记录当前位置。边界条件为当前位置超过字符串长度，遍历整个数组，检查是否有不合规的位置，如果没有返回当前递归组合中灯个数。递归方法返回从当前位置开始直到最后位置最少灯数量
public static int fun240808(String line){// PCif(line == null || line.length()<=0)return 0;char[] arr = line.toCharArray();return process240808(arr,0,new HashSet<>());}// 返回从index开始到line末尾点亮所有最少灯光public static int process240808(char[] line, int index, HashSet<Integer> pos){if(index >=line.length){// pos 当前递归各灯组合for (int i = 0; i < line.length; i++) {if(line[i] != 'X'){// 当前递归组合存在未覆盖完全的场景，无效组合if(!pos.contains(i-1) && !pos.contains(i)&& !pos.contains(i+1)){return Integer.MAX_VALUE;}}}return pos.size();}int no = process240808(line,index+1,pos);int yes = Integer.MAX_VALUE;if(line[index] == '.'){pos.add(index);yes = process240808(line,index+1,pos);pos.remove(index);}return Math.min(yes,no);}
思路2：贪心算法
public static int getlights(String line){// PC// cur之前及时有灯也无法覆盖cur位置，也即cur之前所有灯能覆盖位置后的第一个灯的位置int count = 0 ;for (int i = 0; i < line.length(); i++) {if(line.charAt(i) == '.'){count++;i = i+1<line.length() && line.charAt(i+1) == '.'?i+2:i+1;}}return count;}
一块金条切成两半，是需要花费和长度数值一样的铜板的。 比如长度为20的金条，不管怎么切，都要花费20个铜板。 一群人想整分整块金条，怎么分最省铜板? 例如,给定数组{10,20,30}，代表一共三个人，整块金条长度为60，金条要分成10，20，30三个部分。 如果先把长度60的金条分成10和50，花费60; 再把长度50的金条分成20和30，花费50;一共花费110铜板。 但如果先把长度60的金条分成30和30，花费60;再把长度30金条分成10和20， 花费30;一共花费90铜板。 输入一个数组，返回分割的最小代价。
思路：递归方式，当前数组两两组合，得到新数组以及累加和，重复递归，直到数组长度为1
public static int fun240209(int[] arr){if(arr == null || arr.length<=0)return 0;return process240209(arr,0);}// pre 之前各种组合得到的金额// arr 当前遍历数组public static int process240209(int[] arr,int pre){if(arr.length == 1){return pre;}int min = Integer.MAX_VALUE;for(int i = 0;i<arr.length;i++){for(int j = i+1;j<arr.length;j++){// 递归调用合并完的数组min = Math.min(min,process240209(merge240209(arr,i,j),pre+arr[i]+arr[j]));}}return min;}
// 原有数组两两合并后得到新的数组public static int[] merge240209(int[] arr,int i,int j){int[] ans = new int[arr.length - 1];int index = 0;for (int k = 0; k < arr.length; k++) {if(k == j || k == i)continue;ans[index++] = arr[k];}ans[index] = arr[i]+arr[j];return ans;}
思路2 哈夫曼树
public static int fun2240209(int[] arr){// PC 参数校验if(arr == null || arr.length<=0)return 0;PriorityQueue<Integer> queue = new PriorityQueue<>();for (int i = 0; i < arr.length; i++) {queue.add(arr[i]);}int ans = 0;while (queue.size()>1){// 将最小两个数合并int sum = queue.poll()+queue.poll();ans += sum;queue.add(sum);}return ans;}
题目：输入: 正数数组costs、正数数组profits、正数K、正数M costs[i]表示i号项目的花费 profits[i]表示i号项目在扣除花费之后还能挣到的钱(利润) K表示你只能串行的最多做k个项目 M表示你初始的资金 说明: 每做完一个项目，马上获得的收益，可以支持你去做下一个项目。不能并行的做项目。 输出：你最后获得的最大钱数。
思路：贪心法
// 贪心法 当前资金能做的项目，从这些项目里面拿出收益最大的，更新当前资金，重复上面操作，直到遍历完成k次或者所有做完所有项目收益资金都无法满足// 剩余的项目public static int getMaxMoney(int K, int W, int[] Profits, int[] Capital) {PriorityQueue<Project> minCost = new PriorityQueue<>();PriorityQueue<Project> maxProfit = new PriorityQueue<>();// 初始化mincostfor (int i = 0; i < Profits.length; i++) {minCost.add(new Project(Capital[i],Profits[i]));}for (int i = 0; i < K; i++) {while (!minCost.isEmpty() && minCost.peek().cost<=W){maxProfit.add(minCost.poll());}if(maxProfit.isEmpty()){return W;}W += maxProfit.poll().profit;}return W;}static class Project{private int cost;private int profit;public Project(int cost,int profit){this.cost = cost;this.profit = profit;}}
)
