题目信息 122. 买卖股票的最佳时机 II
- 题目链接: https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/
- 题目描述:
给你一个整数数组prices，其中prices[i]表示某支股票第i天的价格。
在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。
返回 你能获得的 最大 利润 。
贪心算法
这道题目可能我们只会想，选一个低的买入，再选个高的卖，再选一个低的买入…循环反复。
如果想到其实最终利润是可以分解的，那么本题就很容易了！
如何分解呢？
假如第 0 天买入，第 3 天卖出，那么利润为：prices[3] - prices[0]。
相当于(prices[3] - prices[2]) + (prices[2] - prices[1]) + (prices[1] - prices[0])。
此时就是把利润分解为每天为单位的维度，而不是从 0 天到第 3 天整体去考虑！
那么根据 prices 可以得到每天的利润序列：(prices[i] - prices[i - 1])…(prices[1] - prices[0])。
如图：
一些同学陷入：第一天怎么就没有利润呢，第一天到底算不算的困惑中。
第一天当然没有利润，至少要第二天才会有利润，所以利润的序列比股票序列少一天！
从图中可以发现，其实我们需要收集每天的正利润就可以，收集正利润的区间，就是股票买卖的区间，而我们只需要关注最终利润，不需要记录区间。
那么只收集正利润就是贪心所贪的地方！
局部最优：收集每天的正利润，全局最优：求得最大利润。
局部最优可以推出全局最优，找不出反例，试一试贪心！
代码实现
public int maxProfit(int[] prices){ int result = 0; for (int i = 1;i < prices.length;i++){ result += Math.max((prices[i] - prices[i - 1]),0); } return result;
}
题目信息 55. 跳跃游戏
- 题目链接: https://leetcode.cn/problems/jump-game/
- 题目描述:
给你一个非负整数数组nums，你最初位于数组的 第一个下标 。数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。
判断你是否能够到达最后一个下标，如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。
解题思路
每次移动取最大跳跃步数（得到最大的覆盖范围），每移动一个单位，就更新最大覆盖范围。
贪心算法局部最优解：每次取最大跳跃步数（取最大覆盖范围），整体最优解：最后得到整体最大覆盖范围，看是否能到终点。
局部最优推出全局最优，找不出反例，试试贪心！
如图：
i 每次移动只能在 cover 的范围内移动，每移动一个元素，cover 得到该元素数值（新的覆盖范围）的补充，让 i 继续移动下去。
而 cover 每次只取 max(该元素数值补充后的范围, cover 本身范围)。
如果 cover 大于等于了终点下标，直接 return true 就可以了。
代码实现
public boolean canJump(int[] nums) { if (nums.length == 1) { return true; } //覆盖范围, 初始覆盖范围应该是0，因为下面的迭代是从下标0开始的 int coverRange = 0; //在覆盖范围内更新最大的覆盖范围 for (int i = 0; i <= coverRange; i++) { coverRange = Math.max(coverRange, i + nums[i]); if (coverRange >= nums.length - 1) { return true; } } return false;
}
解法二: {{解法名称}}
解题思路
代码实现
public class Solution {public {{returnType}} {{methodName}}({{parameters}}) {// 在此处编写Java代码}
}
题目信息 45. 跳跃游戏 II
- 题目链接: https://leetcode.cn/problems/jump-game-ii/description/
- 题目描述:
给定一个长度为n的 0 索引整数数组nums。初始位置为nums[0]。
每个元素 nums[i] 表示从索引 i 向前跳转的最大长度。换句话说，如果你在 nums[i] 处，你可以跳转到任意 nums[i + j] 处:
0 <= j <= nums[i]i + j < n
返回到达 nums[n - 1] 的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达 nums[n - 1]。
解题思路
贪心的思路，局部最优：当前可移动距离尽可能多走，如果还没到终点，步数再加一。整体最优：一步尽可能多走，从而达到最少步数。
思路虽然是这样，但在写代码的时候还不能真的能跳多远就跳多远，那样就不知道下一步最远能跳到哪里了。
所以真正解题的时候，要从覆盖范围出发，不管怎么跳，覆盖范围内一定是可以跳到的，以最小的步数增加覆盖范围，覆盖范围一旦覆盖了终点，得到的就是最少步数！
这里需要统计两个覆盖范围，当前这一步的最大覆盖和下一步最大覆盖。
如果移动下标达到了当前这一步的最大覆盖最远距离了，还没有到终点的话，那么就必须再走一步来增加覆盖范围，直到覆盖范围覆盖了终点。
如图：
图中覆盖范围的意义在于，只要红色的区域，最多两步一定可以到！（不用管具体怎么跳，反正一定可以跳到）
#方法一
从图中可以看出来，就是移动下标达到了当前覆盖的最远距离下标时，步数就要加一，来增加覆盖距离。最后的步数就是最少步数。
这里还是有个特殊情况需要考虑，当移动下标达到了当前覆盖的最远距离下标时
- 如果当前覆盖最远距离下标不是是集合终点，步数就加一，还需要继续走。
- 如果当前覆盖最远距离下标就是是集合终点，步数不用加一，因为不能再往后走了
代码实现
public int jump(int[] nums) { if (nums == null || nums.length == 0 || nums.length == 1) { return 0; } //记录跳跃的次数 int count=0; //当前的覆盖最大区域 int curDistance = 0; //最大的覆盖区域 int maxDistance = 0; for (int i = 0; i < nums.length; i++) { //在可覆盖区域内更新最大的覆盖区域 maxDistance = Math.max(maxDistance,i+nums[i]); //说明当前一步，再跳一步就到达了末尾 if (maxDistance>=nums.length-1){ count++; break; } //走到当前覆盖的最大区域时，更新下一步可达的最大区域 if (i==curDistance){ curDistance = maxDistance; count++; } } return count;
}
题目信息 1005. K 次取反后最大化的数组和
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题目链接: https://leetcode.cn/problems/maximize-sum-of-array-after-k-negations/description/
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题目描述:
给你一个整数数组nums和一个整数k，按以下方法修改该数组： -
选择某个下标
i并将nums[i]替换为-nums[i]。
重复这个过程恰好 k 次。可以多次选择同一个下标 i 。
以这种方式修改数组后，返回数组 可能的最大和 。
解题思路
- 第一步：将数组按照绝对值大小从大到小排序，注意要按照绝对值的大小
- 第二步：从前向后遍历，遇到负数将其变为正数，同时K–
- 第三步：如果K还大于0，那么反复转变数值最小的元素，将K用完
- 第四步：求和
代码实现
public int largestSumAfterKNegations(int[] nums, int k) { if (nums.length == 1) return nums[0]; // 排序：先把负数处理了 Arrays.sort(nums); for (int i = 0; i < nums.length && k > 0; i++) { // 贪心点, 通过负转正, 消耗尽可能多的k if (nums[i] < 0) { nums[i] = -nums[i]; k--; } } // 退出循环, k > 0 || k < 0 (k消耗完了不用讨论) if (k % 2 == 1) { // k > 0 && k is odd：对于负数：负-正-负-正 Arrays.sort(nums); // 再次排序得到剩余的负数，或者最小的正数 nums[0] = -nums[0]; } // k > 0 && k is even，flip数字不会产生影响: 对于负数: 负-正-负；对于正数：正-负-正 int sum = 0; for (int num : nums) { // 计算最大和 sum += num; } return sum;
}
