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53.最大子数组和

134.加油站 

968.监控二叉树 

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53.最大子数组和

53. 最大子数组和

中等

给你一个整数数组 nums ，请你找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

子数组

是数组中的一个连续部分。

示例 1：

输入：nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出：6
解释：连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6 。

示例 2：

输入：nums = [1]
输出：1

示例 3：

输入：nums = [5,4,-1,7,8]
输出：23

提示：

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

进阶：如果你已经实现复杂度为 O(n) 的解法，尝试使用更为精妙的 分治法 求解。

如果 -2 1 在一起，计算起点的时候，一定是从 1 开始计算，因为负数只会拉低总和，这就是贪心贪的地方！

局部最优：当前“连续和”为负数的时候立刻放弃，从下一个元素重新计算“连续和”，因为负数加上下一个元素 “连续和”只会越来越小。

全局最优：选取最大“连续和”

局部最优的情况下，并记录最大的“连续和”，可以推出全局最优。

从代码角度上来讲：遍历 nums，从头开始用 count 累积，如果 count 一旦加上 nums[i]变为负数，那么就应该从 nums[i+1]开始从 0 累积 count 了，因为已经变为负数的 count，只会拖累总和。

class Solution {  // 求整数数组中的最大子数组和  public int maxSubArray(int[] nums) {  // 初始化结果变量为Integer的最小值，用于后续比较更新  int result = Integer.MIN_VALUE;  // sum用于累加当前子数组的和  int sum = 0;  // 遍历数组中的每个元素  for(int i = 0; i < nums.length; i++){  // 如果当前子数组的和为负数，则重新开始累加新的子数组（因为负数累加只会使和更小）  if(sum < 0){  sum = 0;  }  // 将当前元素加到sum上  sum += nums[i];  // 更新最大子数组和，如果sum大于result，则更新result  result = Math.max(result, sum);  }  // 返回最大子数组和  return result;  }  
}

 暴力解法：

public class Solution {  public int maxSubArray(int[] nums) {  // 初始化结果变量result为整型的最小值，用于记录找到的最大子数组和  int result = Integer.MIN_VALUE;  // 初始化count变量为0，用于记录当前子数组的和  int count = 0;  // 外层循环，用于确定子数组的起始位置  for (int i = 0; i < nums.length; i++) {  // 每次进入外层循环时，将count重置为0，表示开始计算新的子数组的和  count = 0;  // 内层循环，用于确定子数组的结束位置  for (int j = i; j < nums.length; j++) {  // 将当前位置的元素加入count，即计算当前子数组的和  count += nums[j];  // 更新result的值，如果当前子数组的和count大于result，则更新result为count  result = Math.max(result, count);  }  }  // 返回找到的最大子数组和  return result;  }  
}

134.加油站 

134. 加油站

中等

在一条环路上有 n 个加油站，其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] 升。

你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 i 个加油站开往第 i+1 个加油站需要消耗汽油 cost[i] 升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。

给定两个整数数组 gas 和 cost ，如果你可以按顺序绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1 。如果存在解，则 保证 它是 唯一 的。

示例 1:

输入: gas = [1,2,3,4,5], cost = [3,4,5,1,2]
输出: 3
解释:
从 3 号加油站(索引为 3 处)出发，可获得 4 升汽油。此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
开往 4 号加油站，此时油箱有 4 - 1 + 5 = 8 升汽油
开往 0 号加油站，此时油箱有 8 - 2 + 1 = 7 升汽油
开往 1 号加油站，此时油箱有 7 - 3 + 2 = 6 升汽油
开往 2 号加油站，此时油箱有 6 - 4 + 3 = 5 升汽油
开往 3 号加油站，你需要消耗 5 升汽油，正好足够你返回到 3 号加油站。
因此，3 可为起始索引。

示例 2:

输入: gas = [2,3,4], cost = [3,4,3]
输出: -1
解释:
你不能从 0 号或 1 号加油站出发，因为没有足够的汽油可以让你行驶到下一个加油站。
我们从 2 号加油站出发，可以获得 4 升汽油。 此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
开往 0 号加油站，此时油箱有 4 - 3 + 2 = 3 升汽油
开往 1 号加油站，此时油箱有 3 - 3 + 3 = 3 升汽油
你无法返回 2 号加油站，因为返程需要消耗 4 升汽油，但是你的油箱只有 3 升汽油。
因此，无论怎样，你都不可能绕环路行驶一周。

提示:

• gas.length == n
• cost.length == n
• 1 <= n <= 105
• 0 <= gas[i], cost[i] <= 104

可以换一个思路，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：

那么为什么一旦[0，i] 区间和为负数，起始位置就可以是i+1呢，i+1后面就不会出现更大的负数？

如果出现更大的负数，就是更新i，那么起始位置又变成新的i+1了。

那有没有可能 [0，i] 区间 选某一个作为起点，累加到 i这里 curSum是不会小于零呢？ 如图：

如果 curSum<0 说明 区间和1 + 区间和2 < 0， 那么 假设从上图中的位置开始计数curSum不会小于0的话，就是 区间和2>0。

区间和1 + 区间和2 < 0 同时 区间和2>0，只能说明区间和1 < 0， 那么就会从假设的箭头初就开始从新选择其实位置了。

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。

class Solution {  public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {  // 计算总的剩余油量，如果总剩余油量小于0，则无法完成一圈，直接返回-1  int totalSum = 0;  for(int i = 0; i < gas.length; i++){  totalSum += gas[i] - cost[i];   }  if(totalSum < 0){  return -1;  }  // curSum记录从start位置开始到当前位置的累计剩余油量  int curSum = 0;  // start记录可能的起始加油站位置  int start = 0;  // 遍历每个加油站，模拟汽车行驶一圈的过程  for(int i = 0; i < gas.length; i++){  // 加上当前加油站的油量，减去到达下一个加油站所需的油量  curSum += gas[i] - cost[i];  // 如果当前累计剩余油量小于0，说明从start位置出发无法到达当前加油站  // 因此将下一个加油站设为可能的起始位置，并将累计剩余油量重置为0  if(curSum < 0){  start = i + 1;  curSum = 0;  }  }  // 返回可能的起始加油站位置  return start;  }  
}

暴力解法：

public class Solution {  public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {  // 遍历每一个加油站作为起始点  for (int i = 0; i < cost.length; i++) {  int rest = gas[i] - cost[i]; // 记录从当前加油站出发后的剩余油量  int index = (i + 1) % cost.length; // 下一个要访问的加油站的索引，用取模运算实现循环  // 模拟从当前加油站出发，行驶一圈的过程  // 如果剩余油量大于0且没有回到起始点，则继续行驶  while (rest > 0 && index != i) {  rest += gas[index] - cost[index]; // 更新剩余油量，加上下一个加油站的油量，减去到下一个加油站所需的油量  index = (index + 1) % cost.length; // 移动到下一个加油站  }  // 如果行驶完一圈后剩余油量大于等于0，并且回到了起始点，说明从当前加油站出发可以完成一圈  if (rest >= 0 && index == i) return i; // 返回起始加油站的索引  }  // 如果遍历完所有加油站都没有找到可以完成一圈的起始点，则返回-1  return -1;  }  
}

968.监控二叉树 

968. 监控二叉树

困难

给定一个二叉树，我们在树的节点上安装摄像头。

节点上的每个摄影头都可以监视其父对象、自身及其直接子对象。

计算监控树的所有节点所需的最小摄像头数量。

示例 1：

输入：[0,0,null,0,0]
输出：1
解释：如图所示，一台摄像头足以监控所有节点。

示例 2：

输入：[0,0,null,0,null,0,null,null,0]
输出：2
解释：需要至少两个摄像头来监视树的所有节点。 上图显示了摄像头放置的有效位置之一。

提示：

1. 给定树的节点数的范围是 [1, 1000]。
2. 每个节点的值都是 0。

直接看代码很容易看懂 

class Solution {  // 全局变量，记录最终需要放置的摄像头数量  int res = 0;  // 主函数，返回需要放置的摄像头数量  public int minCameraCover(TreeNode root) {  // 对根节点的状态进行检验，防止根节点处于无覆盖状态  if (minCame(root) == 0) {  // 如果根节点处于无覆盖状态，则需要在其父节点（这里假设为根节点的外部）放置一个摄像头  res++;  }  return res;  }  /**  * 递归函数，用于计算节点状态并返回状态值  * 节点状态值定义：  * 0 - 表示无覆盖  * 1 - 表示有摄像头  * 2 - 表示有覆盖  * 使用后序遍历，根据左右子节点的状态，判断当前节点的状态  */  public int minCame(TreeNode root) {  if (root == null) {  // 空节点默认处于有覆盖状态，避免在叶子节点上放置摄像头  return 2;  }  // 递归计算左子节点和右子节点的状态  int left = minCame(root.left);  int right = minCame(root.right);  // 根据左右子节点的状态判断当前节点的状态  if (left == 2 && right == 2) {  // 如果左右子节点都处于有覆盖状态，则当前节点处于无覆盖状态  // 此时，如果根节点处于无覆盖状态，那么根节点的父节点需要放置摄像头  return 0;  } else if (left == 0 || right == 0) {  // 如果左右子节点中至少有一个处于无覆盖状态，则当前节点需要放置摄像头  // 摄像头数量增加  res++;  // 当前节点有摄像头，返回状态值1  return 1;  } else {  // 左右子节点至少有一个摄像头，则当前节点处于有覆盖状态  // 返回状态值2  return 2;  }  }  
}

 代码随想录 (programmercarl.com)