1、贪心算法

关于贪心算法中，“每一步都是最好的选择"的理解”。以零钱兑换为例，现在有1分、2分、5分的硬币，现在要凑出11分，且要硬币数量最少。

考虑到要硬币数量最少，因此，每一步应当尽可能取面值大的硬币。第一步拿一个5分的，差6，对第一步来说是最优的。第二步接着取一个5分的，差1，第三步取个1分的。

再看上面这个例子，连续取两个5分后，差1，但现在没有1分的面值。那就回溯，重新取下一个最大值，即3。如此，就得到了5、3、3的组合。

但其实，这样也有坑，比如上面这样，按照贪心，结果是10 + 2 + 2，但最优解是 7 + 7。上面这个例子，重点理解这种思想就好。

2、leetcode1217：玩筹码

第 i 个筹码在 position[i]，position = [2,2,2,3,3]，就是说，第一个筹码在2号位置，第二个筹码也在2号位置，第三个筹码也在2号位置。移动规则：

• position[i] + 2 或 - 2的cost是0，说明不改变筹码所在位置的奇偶性，成本为0，反之，成本为1

由此，这道题的解法思路：

• 把所有偶数位置上的筹码，一个个都移动到2号位置，成本为0
• 把所有奇数位置上的筹码，一个个都移动到1号位置，成本也为0
• 此时，比较1号和2号位置元素，谁少就把谁移动到另一个上去，成本为数量 * 1

如此，每一步就都是最优的，即贪心。分析到这儿，最终返回的就是：遍历position数组，给定统计偶数和奇数的和，返回最小的和即是题解。 代码实现：

public class P1217 {public int minCostToMoveChips(int[] position) {if (null == position || position.length <= 0) {return 0;}// 偶数数量int even = 0;// 奇数数量int odd = 0;for (int e : position) {if (e % 2 == 0) {even++;} else {odd++;}}return Math.min(even, odd);}
}

刷题魔怔了，分析到统计时，第一反应是用HashMap，然而这就两个key：奇数和偶数，直接定义两个变量累加得了。

3、leetcode55：跳跃游戏

在位置x，可以跳的位置有：x+1、x+2、x+3、……、x+nums[i]，最远可达到x+nums[i] 。

考虑维护一个最远可达到的位置reachRight，遍历数组，假设当前遍历到了位置 a，而a又满足在最远可达到的位置reachRight的范围之内，也就是说，我从起点开始，经过若干次跳跃，一定可以达到a，那我就可以在a的基础上，更新最远可达到的位置reachRight为 a + nums[a]

往下遍历，一旦出现最远可达到的位置reachRight > 终点下标，即终止循环，返回true，反之，遍历完也不满足 reachRight > 终点下标，则返回false

核心：最远可达到的位置reachRight

public class P55 {public boolean canJump(int[] nums) {if (null == nums || nums.length <= 0) {return false;}// 终点int end = nums.length - 1;//可达的最右端int reachedRight = 0;// 遍历数组，更新当前可以到达的最远位置for (int i = 0; i < nums.length; i++) {//i满足在最远可达到的位置reachRight的范围之内，也就是说，我从起点开始，经过若干次跳跃，一定可以达到iif (i <= reachedRight) {//在i的基础上，更新最远可达到的位置reachRight为 i + nums[i]reachedRight = Math.max(reachedRight, i + nums[i]);}// 一旦出现最远可达到的位置reachRight > 终点下标，即可达if (reachedRight >= end) {return true;}}// 遍历完也不满足 reachRight > 终点下标，则返回falsereturn false;}
}