一、理论基础
文章讲解：https://programmercarl.com/%E8%B4%AA%E5%BF%83%E7%AE%97%E6%B3%95%E7%90%86%E8%AE%BA%E5%9F%BA%E7%A1%80.html
1.贪心的定义
贪心的本质是选择每一阶段的局部最优解，从而达到全局最优解。例如，有一堆钞票，你可以拿走十张，如果想要拿走的金钱价值最大，那么每次都拿剩余钞票中价值最大的一张即可。而另一类问题，满足每个阶段都是局部最优解，但最后不一定是全局最优解。比如有一堆盒子，你有一个背包体积为n，如何把背包尽可能装满，如果还每次选最大的盒子，就不行了，因为可能选体积小的盒子反而能最大程度利用空间（相信大家开学装行李箱的时候都深有体会）。
2.贪心的套路
贪心并没有固定套路，偏意识流。难点在于如何看出局部最优能够推出全局最优。现在也没有固定的方法能够说明某题就是贪心，纯靠自己手动模拟，如果模拟可行，就可以试一试贪心策略，如果不可行，可能需要动态规划。拿不准的时候可以举反例，如果想不到反例，那么就试一试贪心吧。当然也可以进行严格的数学推理来表明此题就适合贪心，但不是数学专业的人建议不要这么做，因为比较复杂，面试或者比赛的时候并不要求参与者能够当场证明贪心的合理性。因此，贪心说白了就是常识推导+举反例。
3.贪心一般解题步骤
贪心算法一般分为如下四步：
（1）将问题分解为若干个子问题
（2）找出适合的贪心策略
（3）求解每一个子问题的最优解
（4）将局部最优解堆叠成全局最优解
但这个四步其实过于理论化了，我们平时在做贪心类的题目 很难去按照这四步去思考。做题的时候，只要想清楚 局部最优 是什么，如果推导出全局最优，就够了。
二、LeetCode 455.分发饼干
题目链接/文章讲解/视频讲解：https://programmercarl.com/0455.%E5%88%86%E5%8F%91%E9%A5%BC%E5%B9%B2.html
状态：已解决
1.思路
因为是饼干是离散数据，这意味着饼干不可切分，即使一块饼干尺寸大于孩子的胃口，也只能给孩子喂一整块饼干；那么，对于这样的问题，就用最大饼干尽量去喂最大胃口的孩子（或者小饼干喂小胃口的孩子），即贪心策略，相当于最大化利用每块饼干，如果拿大饼干喂小胃口孩子造成的浪费就会很大，因为可能还存在其他较小饼干也能喂饱小孩子，而你用大饼干去喂，其他饼干又较小，那么大胃口的孩子就无法得到满足。
如图，是大饼干满足大胃口的情况：
如果有一个饼干不满足大饼干喂大胃口，就会出现以下情况，造成部分饼干浪费且减少了满足孩子数。
明白原理后，思路就很清晰了。我们需要先对饼干和胃口的数组进行排序，排序后，分别从最大值开始，控制饼干和胃口进行对比，如果该饼干大于等于该胃口，饼干和胃口都向前移动一位，如果小于，则只移动胃口，找能被该饼干喂饱的最大胃口。
注意，遍历顺序是胃口在外，饼干在内。胃口为外循环代表每次无论喂饱成功都会向前移动一位，相当于，饼干是不变量，需要滑动胃口找能被该饼干喂饱的最大胃口，饼干只有在找到能满足的胃口后才往前移。
2.代码实现
class Solution {
public:int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {sort(g.begin(),g.end());sort(s.begin(),s.end());int index = s.size()-1;int result=0;for(int i=g.size()-1;i>=0;i--){if(index>=0 && s[index]>=g[i]){result++;index--;}}return result;}
};三、376.摆动序列
题目链接/文章讲解/视频讲解：https://programmercarl.com/0376.%E6%91%86%E5%8A%A8%E5%BA%8F%E5%88%97.html
状态：已解决
1.思路
这道题需要画图理解，例如，以示例二来举例：
画图图形后，很容易就看出最大摆动序列的长度是峰值的个数（包括最大和最小）。其中，
局部最优：删除单调坡度上的节点（不包括单调坡度两端的节点），那么这个坡度就可以有两个局部峰值。
整体最优：整个序列有最多的局部峰值，从而达到最长摆动序列。
局部最优推出全局最优，并且举不出反例，因此可以试试贪心做法。因为题目要求的是最长摆动子序列的长度，所以只需要统计数组的峰值数量就可以了（相当于是删除单一坡度上的节点，然后统计长度）
在计算是否有峰值的时候，大家知道遍历的下标 i ，计算 prediff（nums[i] - nums[i-1]） 和 curdiff（nums[i+1] - nums[i]），如果prediff < 0 && curdiff > 0 或者 prediff > 0 && curdiff < 0 此时就有波动就需要统计。
这是我们思考本题的一个大题思路，但本题要考虑三种情况：
- 情况一：上下坡中有平坡
- 情况二：数组首尾两端
- 情况三：单调坡中有平坡
（1）情况一：上下坡中有平坡
例如，对于数组[1,2,2,2,1]，如图
那么这种上下坡包含平坡的数组摇摆序列长度为多少呢？其实为3，整个平坡可以看作一个峰值。删除左边两个或者右边两个2，构造峰值。为了tong'yi
2.代码实现
class Solution {
public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {int curdiff = 0;int prediff = 0;int result = 1;for(int i=0;i<nums.size()-1;i++){curdiff = nums[i+1]-nums[i];if((prediff >=0 && curdiff < 0) || (prediff <=0 && curdiff >0)){prediff = curdiff;result++;}}return result;}
};四、53. 最大子序和
题目链接/文章讲解/视频讲解：https://programmercarl.com/0053.%E6%9C%80%E5%A4%A7%E5%AD%90%E5%BA%8F%E5%92%8C.html
状态：已解决
1.思路
这题我会做！这种求连续子序列最大值类型题的本质是：如果前面的序列和对自身有利才连接序列，否则从自身作为起点重新开始选取序列，也就是自己永远不吃亏。题目要求求具有最大和的连续子数组，我们知道，连续子数组的和=前面连续子数组的和+nums[i]，那么怎么选取子序列能够使和最大呢？假如当前在nums[i]的位置，如果前面选取的连续子序列的和<0，那么就说明，nums[i]加上前面的连续子序列后只会拉低nums[i]的值，也就是得到相加结果sum<num[i]，这时候单独选nums[i]的结果都比已有连续序列的和大，故我们此时不再连上前面的子序列，而是自立山头，从nums[i]开始做新的序列起点；只有在前面连续子序列的和大于0时，代表连上前面的连续子序列对nums[i]有利，得到相加结果sum>num[i]，因此，选择连上前面的序列，扩大连续子序列的范围。
注意，是连续和小于0时才不选择连接，而不是遇到负数就不连。有人可能觉得遇到负数不是会减小sum吗，但是只有sum仍然大于0，我们就可以把前面的增益效果传递到后面的正数部分，使得正数部分加上后大于自身。例如，假如nums[i]<0，但是连续子数组的和=前面连续子数组的和+nums[i]>0，这种情况仍然是可以被保存的，因为加上下一个num[i+1]后，新的sum值仍会大于nums[i+1]的值。举个示例，[4,-1,5]，i此时等于1，显然，nums[-1]=-1<0，但是加上前面的序列和为3，3加到5身上为8，大于5本身，故只有连续和小于0时才不被连接。
2.代码实现
class Solution {
public:int maxSubArray(vector<int>& nums) {int result=-100000;int nowSum = 0;for(int i=0;i<nums.size();i++){if(nowSum >= 0){nowSum += nums[i];//如果前面的和为非负数，那么证明前面的和对我有利，故加之}else{nowSum = nums[i];//如果前面的和为负数，那么前面的和对我不利，不加，
//我自己就比它们的和大了，故作为新起点开始}result = (result>nowSum)?result:nowSum;}return result;}
};
