分析：

• 买卖股票类的问题首先有一个通用解法，就是动态规划（之前有写），这里用贪心解：
• 题目要求最多只能进行一次交易，因此我们可以利用循环解题

思路：

• 创建两个变量，ret负责记录统计过的当前最大利润，以及一个minPrev用于记录最小的买入价格
• 通过遍历数组，每次对两变量进行更新，最后的ret就是结果

代码：

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int ret = 0;for(int i = 0, minPrev = INT_MAX; i < prices.size(); ++i){ret = max(ret, prices[i] - minPrev); // 更新结果minPrev = min(minPrev, prices[i]);}return ret;}
};

分析：

• 本题与上一题的区别在于：上一题只有一次交易机会，本题可以多次交易，但是不能同时进行多笔交易，必须保证当前未持股时才能买入。

思路：

• 我们只要保证每次做到低进高出即可，即在递增起点买入，终点卖出；
  此时有两种解决方法：
  • ① 以天数为指标：遍历数组，只要出现递增，那么就将这段递增的值加入到结果ret中
  • ② 利用双指针：本质是一样的，int i遍历数组，当找到一处递增时，用指针j将该递增区间统计，当走出递增时，将i和j间的距离就是这一段的递增值（利润）

代码：

• 利用天数：

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {// 利用天计算int ret = 0, n = prices.size();for(int i = 1; i < n; ++i){if(prices[i] > prices[i-1])ret += prices[i] - prices[i-1];}return ret;}
};

• 利用双指针：

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {// 利用双指针int ret = 0, n = prices.size();for(int i = 0; i < n; ++i){int j = i;while(j + 1 < n && prices[j+1] > prices[j])j++;ret += prices[j] - prices[i];i = j; // 更新i到j+1}return ret;}
};

分析：

• 题目要求找到对整数数组nums的元素进行k次取反操作后的最大和，自然要先对负数取反，其次再对罪小的正数进行取反（贪心）

思路：

• 首先统计负数的个数，先将可以反转的负从最小的进行开始反转，如果所有负数均反转，且仍k>0
• 此时从小到大反转正数
• （这个过程也可以通过一个priority_queue来完成）

代码：

class Solution {
public:int largestSumAfterKNegations(vector<int>& nums, int k) {int n = nums.size(), minElem = INT_MAX;int m = 0;for(auto x : nums) // 统计负数个数m{if(x < 0) ++m;minElem = min(minElem, abs(x)); // 找数组中绝对值最小的数}int ret = 0;if(m > k){sort(nums.begin(), nums.end());// 将前k小的负数转正，并统计到retfor(int i = 0; i < k; ++i)ret += abs(nums[i]);for(int i = k; i < n; ++i)ret += nums[i];}else // m == k: 将所有负数转正{// m < k:// 先将所有负数转正；后根据k-m的奇偶性进行编写for(auto x : nums)ret += abs(x);if((k - m) % 2) // 奇数 // 将当前数组的绝对值最小逆号ret -= minElem * 2;}return ret;}
};

分析：

• 本质就是根据数组2的数据对数组1进行排序，可以利用vector 以及 pair<type, type> 二元组来完成；也可以创建一个下标数组，根据身高对下标数组进行排序，最后直接输出names[index[i]]；

思路：

• ① 创建一个vector<pair<int, string>> people，再将身高信息和姓名信息存放到该people进行降序排序
• ② 创建并初始化一个下标映射的数组index，排序index（利用lambda表达式）根据身高信息逆序排序，最后返回姓名names[index[i]]

代码：

• 利用二元组：

class Solution {
public:vector<string> sortPeople(vector<string>& names, vector<int>& heights) {// 利用二元组int n = names.size();vector<pair<int, string>> people;for (int i = 0; i < n; ++i) {people.push_back(make_pair(heights[i], names[i]));}// 根据身高降序sort(people.rbegin(), people.rend());// 提取结果vector<string> ret;for (const auto& p : people) {ret.push_back(p.second);}return ret;}
};

• 利用下标数组：

class Solution {
public:vector<string> sortPeople(vector<string>& names, vector<int>& heights) {// 根据身高对下标进行排序: // 创建下标数组int n = heights.size();vector<int> index(n);for(int i = 0; i < n; ++i)index[i] = i;// 排序数组sort(index.begin(), index.end(), [&](const int i, const int j){return heights[i] > heights[j];});vector<string> ret;// 提取结果到数组for(int i = 0; i < n; ++i){ret.push_back(names[index[i]]);}return ret;}
};

分析：

• 要使优势最大，则应该尽量使用较小的大值（在nums1中找大于nums2[i]的最小值），类似田忌赛马的排列规则；

思路：

1. 首先对nums1进行排序（便于找大于nums2[i]的最小值），由于要根据nums2更改nums1，所以不能排序nums2，创建一个下标数组并根据nums2进行排序，就可以利用index按大小顺序访问nums2的元素
2. 创建ret，用于存放nums1改变后的位置
3. 遍历nums1，此时的思路就是田忌赛马的思路，对于当前元素（nums1未匹配的最小元素）：
   • 如果大于nums2[index2[left]]（当前最小元素），就直接匹配该元素
   • 如果小于nums2[index2[left]]，那就匹配nums2的最大的元素

代码：

class Solution {
public:vector<int> advantageCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {// 1. 排序数组int n = nums1.size();sort(nums1.begin(), nums1.end());// 1.5 创建下标数组vector<int> index2(n);for(int i = 0; i < n; ++i)index2[i] = i;sort(index2.begin(), index2.end(), [&](const int i, const int j){return nums2[i] < nums2[j]; });// 2. 田忌赛马: 如果当前比得过，则插入当前位置// 如果比不过，则匹配对方最大的int left = 0, right = n-1;vector<int> ret(n);for(auto x : nums1){if(x > nums2[index2[left]]) ret[index2[left++]] = x;else ret[index2[right--]] = x;}return ret;}
};