前言

大家好，我是jiantaoyab，这篇文章将给大家介绍贪心算法和贪心算法题目的练习和解析，贪心算法的本质就是每一个阶段都是局部最优，从而实现全局最优。我们在做题的同时，不仅要把题目做出来，还要有严格的证明。

柠檬水找零

在柠檬水摊上，每一杯柠檬水的售价为 5 美元。顾客排队购买你的产品，（按账单 bills 支付的顺序）一次购买一杯。

每位顾客只买一杯柠檬水，然后向你付 5 美元、10 美元或 20 美元。你必须给每个顾客正确找零，也就是说净交易是每位顾客向你支付 5 美元。

注意，一开始你手头没有任何零钱。

题目分析

如果顾客给5块钱，就收下。

如果顾客给10块钱，查找有没有5块钱，没有return false，有找5块钱

如果顾客给20块钱，此时有2种策略。

1. 给顾客找10块钱和5块钱
2. 给顾客找3张5块钱

在这道题目中5块钱的作用是很大的，假如我给顾客3张5块钱，那我剩下的5块钱就少了很多，当遇到下一个顾客可能不能找零，此时生意就做不成了。

我们用交换论证法证明一下

代码

class Solution {
public:bool lemonadeChange(vector<int>& bills) {int five = 0, ten = 0;for(auto x : bills){if(x == 5) five++;else if(x == 10){if(five == 0) return false;five--; ten++;}else{if(ten && five){ten--;five--;} else if(five >= 3){five -= 3;}else return false;}}return true;}
};

将数组和减半的最少操作次数

给你一个正整数数组 nums 。每一次操作中，你可以从 nums 中选择 任意 一个数并将它减小到 恰好 一半。（注意，在后续操作中你可以对减半过的数继续执行操作）

题目分析

这个题目还是很好理解的，只要我们每次选出数组中最大的数减半，直到数组和减少到一半就是结果了。

选出最大的元素可以用大根堆。

用交换论证法证明，当完全遍历一次，就能得到结果了。

代码

class Solution {
public:int halveArray(vector<int>& nums) {priority_queue<double> heap;double sum = 0.0;int count = 0;for(auto x : nums){heap.push(x);sum += x;        }sum /= 2;while(sum > 0){double tmp = heap.top();heap.pop();tmp /= 2.0;sum -= tmp;heap.push(tmp);count++;}return count;}
};

最大数

给定一组非负整数 nums，重新排列每个数的顺序（每个数不可拆分）使之组成一个最大的整数。

**注意：**输出结果可能非常大，所以你需要返回一个字符串而不是整数。

题目分析

题目要求返回组成的最大整数，那就要求大的数要放到前面，假设有2个数a，b，那么有3种情况。

ab > ba 此时 a 放到 b 的前面

ab =ba 此时 a和 b 谁放到前面都可以

ab < ba 此时 a放到 b 的前面

这么看这个过程，和排序的过程不是一样的吗？我们知道a>b，b>c,是能推出a>c的？那么在这道题中怎么证明能推出这个结论呢？

我们先来看看全序关系，全序关系用 “<=”表述 , 满足全序关系的有3个特点。

• 反对称性：如果a≤b且b≤a，则a=b。
• 传递性：如果a≤b且b≤c，则a≤c。
• 完全性：对于集合中的任意两个元素，它们之间要么可以比较，要么其中一个元素大于另一个元素。

可以看到我们要证明出全序关系就行。

证明完全性：

ab 和 ba 我们看出一个数，那他们之间是能比较大小的，能比较大小就有可能存在一个元素大于另一个元素。

证明反对称性：ab <= ba ab >= ba ==> ab =ba

假设 a代表x位，b代表y位，那么ab 改写成 a* 10^y + b，b * 10^x + a;

a* 10^y + b 我举个例子，假如a= 100，b=20，那么ab = 10020，想要拼接是不是先得在100后面补2个0那就是b的位数。

带入上面的式子得
$$1：a\ast 10^y+b<=b\ast 10^x+a$$

$$2：a\ast 10^y+b>=b\ast 10^x+a$$

$$3：a\ast 10^y+b==b\ast 10^x+a$$

用夹逼定理
$$a\ast 10^y+b<=b\ast 10^x+a<=a\ast 10^y+b$$
所以
$$a\ast 10^y+b==b\ast 10^x+a$$

最后证明传递性：

对于任意的 a，b，c， ab>=ba 且 bc<=cb ==> ac > ca;

假设 a代表x位，b代表y位，c代表z位。具体的改写和上面同理

特殊情况，a = b = c = 0 的话，还是套上面的公式，在本题中0 是可以当做一位数的
$$a\ast 10^y+b>=b\ast 10^x+a$$
通过移项，改写成；

​
$$a\ast (10^y-a)>=(10^x-b)\ast b$$
同样的，将剩下的2个式子也改写
$$b\ast (10^z-1)>=(10^y-1)\ast c$$

$$a\ast (10^z-1)>=(10^x-1)\ast c$$

可以看到最后的式子是没有b的，我们把b消去就行，我们现在讨论的是a，b，c至少都是有1位数的情况，本题0也能当成一位数，所以能当成分母除。
$$(10^y-1/10^x-1)\ast a>=b$$

$$b>=(10^y-1/10^z-1)\ast c$$

通过上面2个式子的化简移项，最后得出
$$a\ast (10^z-1)>=(10^x-1)\ast c$$
所以是满足全序关系的，所以我们这个题目是能排序的。

代码

class Solution {
public:string largestNumber(vector<int>& nums) {//将数字转化为字符串vector<string> tmp;for(auto x : nums) tmp.push_back(to_string(x));//排序sort(tmp.begin(), tmp.end(),[](const string& s1, const string& s2){return s1 + s2 > s2 + s1;});//返回结果string ret;for(auto s : tmp) ret += s;if(ret[0] == '0') return "0";return ret;}
};

摆动序列

如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替，则数字序列称为 **摆动序列 。**第一个差（如果存在的话）可能是正数或负数。仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列。

• 例如， [1, 7, 4, 9, 2, 5] 是一个 摆动序列 ，因为差值 (6, -3, 5, -7, 3) 是正负交替出现的。
• 相反，[1, 4, 7, 2, 5] 和 [1, 7, 4, 5, 5] 不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。

子序列 可以通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得，剩下的元素保持其原始顺序。

给你一个整数数组 nums ，返回 nums 中作为 摆动序列 的 最长子序列的长度 。

题目分析

可以看出题目要求求最长的摆动的子序列，把数列在坐标系中用点的形式画出来，然后连成折线。

用反证法证明

图像是连续的，所以上面所说的波峰和波谷在数学上称作极值点。

下面图片在贪心解中一个有4个极值点，假如最优解在这个情况下，能选更多的点，那它一定比4个极值点更多。

代码

class Solution {
public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {int n = nums.size();if(n < 2) return n;int ret = 0, left_trend = 0;for(int i = 0; i < n - 1; i++){int right_trend = nums[i + 1] - nums[i];if(right_trend == 0) continue; //平台直接跳过// <= 0 把起点也上if(right_trend * left_trend <= 0) ret++; //波峰或者波谷left_trend = right_trend;}return ret + 1; //把终点加上}
};

最长递增子序列

这道到题目前面的记忆化搜索的文章中已经解决过了，这次用贪心算法的思想来解答

题目分析

但是上面这样的操作时间复杂度是On^2，并没有优化。这道题我们并不需要关系这个序列长什么样子，我们只关心最后一个元素是谁。
用二分来优化

代码

class Solution {
public:int lengthOfLIS(vector<int>& nums) {int n = nums.size();vector<int> ret;ret.push_back(nums[0]);for(int i = 1; i < n; i++){//大于最后一个元素不用二分，新开空间放入if(nums[i] > ret.back()){ret.push_back(nums[i]);}else{int left = 0, right = ret.size() - 1;//二分插入位置while(left < right){int mid = (left + right) >> 1;if(ret[mid] < nums[i]) left = mid + 1;else  right = mid;}ret[left] = nums[i];}}return ret.size();}
};