1. 贪心算法理论基础
1.1 什么是贪心
贪心的本质是选择每一阶段的局部最优，从而达到全局最优。
1.2 什么时候用贪心
说实话贪心算法并没有固定的套路。所以唯一的难点就是如何通过局部最优，推出整体最优。
那么如何能看出局部最优是否能推出整体最优呢？有没有什么固定策略或者套路呢？也没有！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。
如何验证可不可以用贪心算法呢？最好用的策略就是举反例，如果想不到反例，那么就试一试贪心吧。
1.3 贪心一般解题步骤
- 将问题分解为若干个子问题
- 找出适合的贪心策略
- 求解每一个子问题的最优解
- 将局部最优解堆叠成全局最优解
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，其实就够了。
贪心没有套路，说白了就是常识性推导加上举反例。
2. LeetCode 455. 分发饼干
2.1 思路
- 本题有两个数组，一个数组是饼干，一个数组是胃口，要求尽可能满足多的小孩，因此是大饼干给大胃口，小饼干给小胃口，这样才不至于浪费
- 局部最优：每次找到一个大的饼干，尽量去喂胃口大的小孩
- 全局最优：可以喂饱最多的小孩的数量
- 为什么这里局部最优就可以退出全局最优？找不出反例那就是了！
- 首先对两个数组排序 Arrays.sort(数组)。定义变量 result 表示喂饱多少个小孩，index 从最后一个位置开始。我们从右往左遍历，用大饼干满足小孩，其实用小饼干满足小孩也是可以的就是从左往右遍历
- for(int i=g.length-1; i>=0; i++)里面再加个 if(index>=0&&s[index]>=g[i])然后 result++；index--。因为我们遍历饼干的时候只有饼干投喂成功才向前遍历，没有成功投喂，饼干就继续等，等到可以遍历再向前遍历。if 里的条件顺序不能换，不然就数组越界。然后 return result 就行了。
- 这里就是 for 循环控制小孩的胃口，if 遍历控制饼干。条件顺序颠倒是不可以的。for 循环一定要先遍历胃口。如果 for 循环控制的是饼干，if 遍历控制胃口，我们从右往左遍历，在 if 条件可能就会出现一直卡住的情况，比如 饼干 [1,3,5,9] 胃口 [1,2,7,10]，就会一直卡在胃口 10 那里最终就没人能吃饱
2.2 代码
// class Solution { // 思路1：优先考虑饼干，小饼干先喂饱小胃口 public int findContentChildren(int[] g, int[] s) { Arrays.sort(g); Arrays.sort(s); int start = 0; int count = 0; for (int i = 0; i < s.length && start < g.length; i++) { if (s[i] >= g[start]) { start++; count++; } } return count; } }
3. LeetCode 376. 摆动序列
3.1 思路
- 局部最优：单调坡上的元素都删除掉
- 全局最优：变成了摆动最长的序列。就这样好像找不出明显反例可以反驳，因此可以尝试这样的贪心算法
- 这里可以不用真的删除这些元素然后再求数组的大小，我们定义 result 遇到摆动就++，遇到坡度就不++，问题是如何判断是摆动呢？
- 定义 prediff=nums[i]-nums[i-1]，curdiff=nums[i+1]-nums[i]，如果 prediff 和 curdiff 为一正一负就找到了一个峰值，即（prediff<0&&curdiff>0 || prediff>0&&curdiff<0），就 result++
- 上面的数组的值相邻是不同的因此有坡，如果是相同元素相邻就会出现平坡，因此：
- 情况一：上下坡有平坡 ，比如 [1,2,2,2,1]。我们就要把左边或者右边的端点处的值保留，留一边即可，选左边也行右边也行，我们选择保留右边因此条件变为（prediff<=0&&curdiff>0 || prediff>=0&&curdiff<0）
- 情况二：首尾元素，只有两个元素比如 [1,2]。而我们算 prediff 和 curdiff 一共需要三个元素，题目说明只有两个不相等元素也算是两个摆动，因此我们默认 prediff=0，并且 result=1，这样就相当于在数组开头加了一个和原数组开头一样的元素，比如上面的就变成了 [1,1,2]，这样就把那个判断条件的规则统一了。但如果是 [2,2] 这种就是一个摆动了，此时也会让其变为 [2,2,2]，但是这个不会触发那个判断条件，result 也就不会++了
- 如果长度小于等于 1 就直接 return 数组长度即可。定义初始化 prediff=0，curdiff=0，result=1。for(int i=0; i<nums.length-1; i++)然后 curdiff=nums[i+1]-nums[i]，然后 if 判断条件里面记录波动，出来判断条件后 prediff=curdiff，因为 i 往后遍历后 prediff 就相当于变成了 curdiff 的值了
- 情况三：单调坡有平坡，比如 [1,2,2,2,3,4]。这里摆动长度只有 2，就是头和尾，因为摆动的差值必须为 1 正 1 负。但这里如果直接按照上面的运行就会得到摆动长度为 3，问题出在 prediff 直接跟着 curdiff 更新，我们其实只需要在出现坡度变化即摆动的情况再更新 prediff 的值，这样的好处是遇到平坡时不会改变 prediff。
- 解决方法就是把 prediff=curdiff 放入 if 判断条件语句中，因为判断条件就是是否出现了摆动，而出现摆动我们更新 prediff 的值就对了
3.2 代码
// class Solution { public int wiggleMaxLength(int[] nums) { if (nums.length <= 1) { return nums.length; } //当前差值 int curDiff = 0; //上一个差值 int preDiff = 0; int count = 1; for (int i = 1; i < nums.length; i++) { //得到当前差值 curDiff = nums[i] - nums[i - 1]; //如果当前差值和上一个差值为一正一负 //等于0的情况表示初始时的preDiff if ((curDiff > 0 && preDiff <= 0) || (curDiff < 0 && preDiff >= 0)) { count++; preDiff = curDiff; } } return count; } }
4. LeetCode 53. 最大子数组和
4.1 思路
- 题目是给一个数组求最大连续子数组的和，注意是要求连续的。连续和+=nums[i]
- 局部最优：如果连续和在某个位置后是负数，如果还+=nums[i]只会让nums[i]变小，与其继续要前面的连续和，不如直接让连续和变为0再重新+=nums[i]，重新开始遍历。因此局部最优就是如果求解连续和时连续和为负数，直接抛弃它，因为只会拖累我们的总和
- 全局最优：在数组中找到了最大连续子数组的和。从这个局部最优好像可以推出全局最优，而且找不到明显的反例反驳这个想法，因此可以试一下这个贪心思路
- 注意：我们是当连续和为负数时才将连续和置为0重新开始遍历，而不是遇到数组中的一个负数就置为0，因为加了这个负数连续和还可能是负数
- 定义个result记录最终结果最大值，初始化为Integer.MIN_VALUE。定义个count记录连续和。result就是用count更新为最大的结果
- for(int i=0; i<nums.length; i++)，在循环中，count+=nums[i]，if(count>result)，result=count就更新为最新的最大值。if(count<0)，就把count=0重新开始遍历。最后return result就行了
4.2 代码
// class Solution { public int maxSubArray(int[] nums) { if (nums.length == 1){ return nums[0]; } int sum = Integer.MIN_VALUE; int count = 0; for (int i = 0; i < nums.length; i++){ count += nums[i]; sum = Math.max(sum, count); // 取区间累计的最大值（相当于不断确定最大子序终止位置） if (count <= 0){ count = 0; // 相当于重置最大子序起始位置，因为遇到负数一定是拉低总和 } } return sum; } }
