由于这周来不及了，先过一遍后面的思路，具体实现等下周再开始详细写。

贪心算法

这个图非常好

122.买卖股票的最佳时机 II(妙，拆分利润)

把利润分解为每天为单位的维度，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。

55. 跳跃游戏(妙，覆盖范围)

不用拘泥于每次究竟跳几步，而是看覆盖范围，覆盖范围内一定是可以跳过来的，不用管是怎么跳的。

45.跳跃游戏 II(难)

还是要看最大覆盖范围。

以最小的步数增加最大的覆盖范围，覆盖范围一旦覆盖了终点，得到的就是最少步数！不用管具体是怎么跳的，不纠结于一步究竟跳一个单位还是两个单位。

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。

1005.K次取反后最大化的数组和(简单)

先让绝对值大的负数变为正数，当前数值达到最大；然后如果K依然大于0，只找数值最小的正整数进行反转。

• 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

将数组按照绝对值大小从大到小排序

nums = IntStream.of(nums).boxed().sorted((o1, o2) -> Math.abs(o2) - Math.abs(o1)).mapToInt(Integer::intValue).toArray();

对int[]数组元素求和

Arrays.stream(nums).sum()

        int ans = 0;for (int num : nums) {ans += num;}

134. 加油站(妙)

（补充：for循环适合模拟从头到尾的遍历，而while循环适合模拟环形遍历，要善于使用while！）

当前累加rest[i]的和curSum一旦小于0，起始位置至少要是i+1，因为从i之前开始一定不行。全局最优：找到可以跑一圈的起始位置。

135. 分发糖果(妙，2次贪心)

先确定一边之后，再确定另一边，例如比较每一个孩子的左边，然后再比较右边，如果两边一起考虑一定会顾此失彼。

两次贪心的策略：

• 一次是从左到右遍历，只比较右边孩子评分比左边大的情况。
• 一次是从右到左遍历，只比较左边孩子评分比右边大的情况。

分两个阶段
1、起点下标1 从左往右，只要 右边 比 左边 大，右边的糖果=左边 + 1
2、起点下标 ratings.length - 2 从右往左， 只要左边 比 右边 大，
此时 左边的糖果应该 取本身的糖果数（符合比它左边大） 
和 右边糖果数 + 1 二者的最大值，这样才符合 
它比它左边的大，也比它右边大

• 情况一：账单是5，直接收下。
• 情况二：账单是10，消耗一个5，增加一个10
• 情况三：账单是20，优先消耗一个10和一个5，如果不够，再消耗三个5

本题有两个维度，h和k，看到这种题目一定要想如何确定一个维度，然后再按照另一个维度重新排列。

如果按照k来从小到大排序，排完之后，会发现k的排列并不符合条件，身高也不符合条件，两个维度哪一个都没确定下来。

那么按照身高h来排序呢，身高一定是从大到小排（身高相同的话则k小的站前面），让高个子在前面。

此时我们可以确定一个维度了，就是身高，前面的节点一定都比本节点高！

那么只需要按照k为下标重新插入队列就可以了

 二维数据排序

// 身高从大到小排（身高相同k小的站前面）Arrays.sort(people, (a, b) -> {if (a[0] == b[0]) return a[1] - b[1];   // a - b 是升序排列，故在a[0] == b[0]的狀況下，會根據k值升序排列return b[0] - a[0];   //b - a 是降序排列，在a[0] != b[0]，的狀況會根據h值降序排列});

Linkedlist.add()

Linkedlist.add(index, value)，会将value插入到指定index里

452. 用最少数量的箭引爆气球(重叠区间)

重叠区间问题：本质就是更新区间的边界

按照气球的起始位置排序

// int[][] points
Arrays.sort(points, (a, b) -> Integer.compare(a[0], b[0]));

如果气球重叠了，重叠气球中右边边界的最小值 之前的区间一定需要一个弓箭

不需要移走气球，直接记录res++即可。

技巧：寻找重复的气球，寻找重叠气球最小右边界

points[i][1] = Math.min(points[i][1], points[i - 1][1]); // 更新重叠气球最小右边界

435. 无重叠区间(重叠区间)

本质还是排序+更新边界

有452，本题很好理解

763.划分字母区间(妙，重叠区间)

用最远出现距离模拟了圈字符的行为。思路很巧妙

1. 统计每一个字符最后出现的位置
2. 从头遍历字符，并更新字符的最远出现下标，如果找到字符最远出现位置下标和当前下标相等了，则找到了分割点

统计字符串S中每个字母char出现的最远位置

int[] edge = new int[26];char[] chars = S.toCharArray();for (int i = 0; i < chars.length; i++) {edge[chars[i] - 'a'] = i;}

idx = Math.max(idx,edge[chars[i] - 'a']); // 更新right下标

56. 合并区间(简单，重叠区间)

没什么好说的，简单

//按照左边界排序
Arrays.sort(intervals, (x, y) -> Integer.compare(x[0], y[0]));

1. 例如N=98，一旦出现strNum[i - 1] > strNum[i]的情况（非单调递增），首先想让strNum[i - 1]--，然后strNum[i]给为9，这样这个整数就是89，即小于98的最大的单调递增整数。
2. 从后向前遍历：

   举个例子，数字：332，从前向后遍历的话，那么就把变成了329，此时2又小于了第一位的3了，真正的结果应该是299。

   那么从后向前遍历，就可以重复利用上次比较得出的结果了，从后向前遍历332的数值变化为：332 -> 329 -> 299

3. 用一个flag(start)来标记从哪里开始赋值9。

// flag用来标记赋值9从哪里开始
// 设置为这个默认值，为了防止第二个for循环在flag没有被赋值的情况下执行

将一个 int 类型的整数 N 转换为字符串，然后将这个字符串按字符拆分为一个字符数组。

String[] strings = (N + "").split(""); 

String, char 与 int 的转换使用

class Solution {public int monotoneIncreasingDigits(int n) {String s = String.valueOf(n);char[] chars = s.toCharArray();int start = s.length();for (int i = s.length() - 2; i >= 0; i--) {if (chars[i] > chars[i + 1]) {chars[i]--;start = i+1;}}for (int i = start; i < s.length(); i++) {chars[i] = '9';}return Integer.parseInt(String.valueOf(chars));}
}

贪心+二叉树

麻烦的是判断出每个节点的状态与各种转移情况。考虑的细节比较繁多。

思路：从低到上遍历，先给叶子节点父节点放个摄像头，然后隔两个节点放一个摄像头，直至到二叉树头结点。

1. 后序遍历：左右中

2. 隔两个节点放一个摄像头（状态转移）

每个节点可能的三种状态：

• 0：该节点无覆盖
• 1：本节点有摄像头
• 2：本节点有覆盖

（空节点的状态只能是有覆盖，这样就可以在叶子节点的父节点放摄像头了）

单层逻辑处理主要有如下四类情况：

• 情况1：左右节点都有覆盖，中间节点应该就是无覆盖 return 0；
• 情况2：左右节点至少有一个无覆盖的情况，中间节点放摄像头 result++，且return 1；
• 情况3：左右节点至少有一个有摄像头，父节点就是覆盖 return 2；
• 情况4：头结点没有覆盖 result++（以上都处理完了，递归结束之后，可能头结点 还有一个无覆盖的情况）

动态规划

动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的，这一点就区分于贪心，贪心没有状态推导，而是从局部直接选最优的。

动态规划中dp[j]是由dp[j-weight[i]]推导出来的，然后取max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i])。

动态规划的解题步骤

1. 确定dp数组以及下标的含义
2. 确定递推公式
3. dp数组如何初始化
4. 确定遍历顺序
5. 举例推导dp数组

DP压缩节约空间复杂度：

1. 一维数组可使用三个变量来代替数组（509，70，746）
2. 二维数组可拆成2个一维数组

递归/dp都可以

dp[i]： 爬到第i层楼梯，有dp[i]种方法

dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2] （难在怎么确定递推公式）

dp[1] = 1，dp[2] = 2

从前向后遍历

• dp[i]的定义：到达第i台阶所花费的最少体力为dp[i]。
• dp[i] = min(dp[i - 1] + cost[i - 1], dp[i - 2] + cost[i - 2]);

可以有两个途径得到dp[i]，一个是dp[i-1] 一个是dp[i-2]。

dp[i - 1] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 1] + cost[i - 1]。

dp[i - 2] 跳到 dp[i] 需要花费 dp[i - 2] + cost[i - 2]。

• dp[0] = 0，dp[1] = 0;
• 从前到后遍历cost数组
• 打印dp

• dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。
• dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1]
• 如何初始化呢，首先dp[i][0]一定都是1，因为从(0, 0)的位置到(i, 0)的路径只有一条，那么dp[0][j]也同理。
• dp[i][j]都是从其上方和左方推导而来，那么从左到右一层一层遍历就可以了。

数论方法（求组合问题）

无论怎么走，走到终点都需要 m + n - 2 步。

在这m + n - 2 步中，一定有 m - 1 步是要向下走的，不用管什么时候向下走。

那么有几种走法呢？ 可以转化为，给你m + n - 2个不同的数，随便取m - 1个数，有几种取法。

求组合问题

 求组合的时候，要防止两个int相乘溢出！ 所以不能把算式的分子都算出来，分母都算出来再做除法。

需要在计算分子的时候，不断除以分母

有障碍的话，其实就是标记对应的dp table（dp数组）保持初始值(0)就可以了。

• dp[i][j] ：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条不同的路径。
• 递推公式不变，加个if限制，如果没有障碍，再更新dp
• 初始化一旦遇到obstacleGrid[i][0] == 1的情况就停止dp[i][0]的赋值1的操作，dp[0][j]同理

343. 整数拆分（难）

• dp[i]：分拆数字i，可以得到的最大乘积为dp[i]。
• 递推公式：dp[i] = max(dp[i], max((i - j) * j, dp[i - j] * j));
• 初始化dp[2] = 1
• 从前向后遍历

j * (i - j) 是单纯的把整数拆分为两个数相乘，而j * dp[i - j]是拆分成两个以及两个以上的个数相乘。

拆分一个数n 使之乘积最大，那么一定是拆分成m个近似相同的子数相乘才是最大的

96. 不同的二叉搜索树（抽象思路，难）

难以想象，这个思路

• dp[i] ： 1到i为节点组成的二叉搜索树的个数为dp[i]。

• dp[i] += dp[以j为头结点左子树节点数量] * dp[以j为头结点右子树节点数量]

• dp[i] += dp[j - 1] * dp[i - j]; ，j-1 为j为头结点左子树节点数量，i-j 为以j为头结点右子树节点数量（j相当于是头结点的元素，从1遍历到i为止。）
• 初始化dp[0] = 1。空节点也是一棵二叉树，也是一棵二叉搜索树
• 遍历i里面每一个数作为头结点的状态，用j来遍历

背包问题

背包递推公式

• 问能否能装满背包（或者最多装多少）：dp[j] = max(dp[j], dp[j - nums[i]] + nums[i]);

• 问装满背包有几种方法：dp[j] += dp[j - nums[i]] ;
• 问背包装满最大价值：dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]); 
• 问装满背包所有物品的最小个数：dp[j] = min(dp[j - coins[i]] + 1, dp[j]); 

遍历顺序

01背包

• 二维dp数组01背包先遍历物品还是先遍历背包都是可以的，且第二层for循环是从小到大遍历。
• 一维dp数组01背包只能先遍历物品再遍历背包容量，且第二层for循环是从大到小遍历。

完全背包

• 纯完全背包的一维dp数组实现，先遍历物品还是先遍历背包都是可以的，且第二层for循环是从小到大遍历。

• 如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。

• 如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

• 如果求最小数，那么两层for循环的先后顺序就无所谓了

01背包

二维dp数组

• dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少
• 递归公式： dp[i][j] = max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);
• 遍历顺序，先物品先背包都可以，从小到大

1. 不放物品i：背包容量为j，里面不放物品i的最大价值是dp[i - 1][j]。

2. 放物品i：背包空出物品i的容量后，背包容量为j - weight[i]，dp[i - 1][j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]且不放物品i的最大价值，那么dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i] （物品i的价值），就是背包放物品i得到的最大价值

二维背包模板

import java.util.Scanner;public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);int n = scanner.nextInt();int bagweight = scanner.nextInt();int[] weight = new int[n];int[] value = new int[n];for (int i = 0; i < n; ++i) {weight[i] = scanner.nextInt();}for (int j = 0; j < n; ++j) {value[j] = scanner.nextInt();}int[][] dp = new int[n][bagweight + 1];for (int j = weight[0]; j <= bagweight; j++) {dp[0][j] = value[0];}for (int i = 1; i < n; i++) {for (int j = 0; j <= bagweight; j++) {if (j < weight[i]) {dp[i][j] = dp[i - 1][j];} else {dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i - 1][j - weight[i]] + value[i]);}}}System.out.println(dp[n - 1][bagweight]);}
}

一维dp数组（滚动数组）

滚动数组，需要满足的条件是上一层可以重复利用，直接拷贝到当前层。

• dp[i][j] 表示从下标为[0-i]的物品里任意取，放进容量为j的背包，价值总和最大是多少。
• dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);

此时dp[j]有两个选择，一个是取自己dp[j] 相当于 二维dp数组中的dp[i-1][j]，即不放物品i，一个是取dp[j - weight[i]] + value[i]，即放物品i，指定是取最大的，毕竟是求最大价值。

• 初始化为0
• 先遍历物品，再遍历背包，并且背包是倒序遍历，否则物品就会被加入多次

一维背包模板

import java.util.Scanner;public class Main {public static void main(String[] args) {Scanner scanner = new Scanner(System.in);// 读取 M 和 Nint M = scanner.nextInt();  // 研究材料的数量int N = scanner.nextInt();  // 行李空间的大小int[] costs = new int[M];   // 每种材料的空间占用int[] values = new int[M];  // 每种材料的价值// 输入每种材料的空间占用for (int i = 0; i < M; i++) {costs[i] = scanner.nextInt();}// 输入每种材料的价值for (int j = 0; j < M; j++) {values[j] = scanner.nextInt();}// 创建一个动态规划数组 dp，初始值为 0int[] dp = new int[N + 1];// 外层循环遍历每个类型的研究材料for (int i = 0; i < M; i++) {// 内层循环从 N 空间逐渐减少到当前研究材料所占空间for (int j = N; j >= costs[i]; j--) {// 考虑当前研究材料选择和不选择的情况，选择最大值dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - costs[i]] + values[i]);}}// 输出 dp[N]，即在给定 N 行李空间可以携带的研究材料的最大价值System.out.println(dp[N]);scanner.close();}
}

求装满背包有几种方法

01背包应用之“有多少种不同的填满背包最大容量的方法“  494.

递推公式一般为：

dp[j] += dp[j - nums[i]];

0-1背包的多种应用

• 纯 0 - 1 背包 (opens new window)是求 给定背包容量 装满背包 的最大价值是多少。
• 416. 分割等和子集 (opens new window)是求 给定背包容量，能不能装满这个背包。
• 1049. 最后一块石头的重量 II (opens new window)是求 给定背包容量，尽可能装，最多能装多少
• 494. 目标和 (opens new window)是求 给定背包容量，装满背包有多少种方法。
• 474.一和零 给定背包容量，装满背包最多有多少个物品。

完全背包

• 如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。
• 如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。

排列的遍历顺序：target（背包）放在外循环，将nums（物品）放在内循环，内循环从前到后遍历。

多重背包

每件物品最多有Mi件可用，把Mi件摊开，其实就是一个01背包问题了。

好啦停止啦，来不及写笔记了，直接快速自己过一遍了