455. 分发饼干
题目描述
假设你是一位很棒的家长，想要给你的孩子们一些小饼干。但是，每个孩子最多只能给一块饼干。
对每个孩子 i，都有一个胃口值 g[i]，这是能让孩子们满足胃口的饼干的最小尺寸；并且每块饼干 j，都有一个尺寸 s[j] 。如果 s[j] >= g[i]，我们可以将这个饼干 j 分配给孩子 i ，这个孩子会得到满足。你的目标是尽可能满足越多数量的孩子，并输出这个最大数值。
示例 1:
输入: g = [1,2,3], s = [1,1] 输出: 1 解释: 你有三个孩子和两块小饼干，3个孩子的胃口值分别是：1,2,3。 虽然你有两块小饼干，由于他们的尺寸都是1，你只能让胃口值是1的孩子满足。 所以你应该输出1。
示例 2:
输入: g = [1,2], s = [1,2,3] 输出: 2 解释: 你有两个孩子和三块小饼干，2个孩子的胃口值分别是1,2。 你拥有的饼干数量和尺寸都足以让所有孩子满足。 所以你应该输出2.
思路分析
方法一
这里的局部最优就是大饼干喂给胃口大的，充分利用饼干尺寸喂饱一个，全局最优就是喂饱尽可能多的小孩。
先将饼干数组和小孩数组排序。然后从后向前遍历小孩数组，用大饼干优先满足胃口大的，并统计满足小孩数量。直至小孩遍历完毕或者饼干分发完毕.
方法二
局部最优是:小饼干先喂饱小胃口. 全局最优就是尽可能的把饼干分发给每个小孩.
先将饼干数组和小孩数组排序。然后从前往后遍历饼干数组，小饼干优先满足小胃口的，如果小孩胃口比饼干大，则进行下一块饼干。直至饼干分发完毕或者小孩尽可能的得到饼干。
参考代码
方法一
int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {//g:小孩 s:饼干 //从后往前 int result = 0; sort(g.begin(),g.end()); sort(s.begin(),s.end()); int index = s.size() - 1; //大孩子吃大饼干 for(int i = g.size() - 1; i >= 0;i--){ if(index>=0 && g[i] <= s[index]){//饼干 > 小孩胃口,匹配成功. 否则换更小胃口的小孩来尝试该饼干. index--; result++; } } return result; }
方法二
int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {//g:小孩 s:饼干 //从前往后 int result = 0; sort(g.begin(),g.end()); sort(s.begin(),s.end()); int index = 0; //小饼干给小孩子 for(int i = 0; i < s.size();i++){ if(index < g.size() && s[i] >= g[index]){ index++;//饼干 > 小孩胃口,匹配成功,进行为下一个小孩匹配.否则 饼干应该更大一点 result++; } } return result; }
376. 摆动序列
题目描述
如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替，则数字序列称为 **摆动序列 。**第一个差（如果存在的话）可能是正数或负数。仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列。
例如， [1, 7, 4, 9, 2, 5] 是一个 摆动序列 ，因为差值 (6, -3, 5, -7, 3) 是正负交替出现的。
相反，[1, 4, 7, 2, 5] 和 [1, 7, 4, 5, 5] 不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。
子序列 可以通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得，剩下的元素保持其原始顺序。
给你一个整数数组 nums ，返回 nums 中作为 摆动序列 的 最长子序列的长度 。
示例 1：
输入：nums = [1,7,4,9,2,5] 输出：6 解释：整个序列均为摆动序列，各元素之间的差值为 (6, -3, 5, -7, 3) 。
示例 2：
输入：nums = [1,17,5,10,13,15,10,5,16,8] 输出：7 解释：这个序列包含几个长度为 7 摆动序列。 其中一个是 [1, 17, 10, 13, 10, 16, 8] ，各元素之间的差值为 (16, -7, 3, -3, 6, -8) 。
示例 3：
输入：nums = [1,2,3,4,5,6,7,8,9] 输出：2
思路分析
本题要求通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得子序列，剩下的元素保持其原始顺序。
来分析一下，要求删除元素使其达到最大摆动序列，应该删除什么元素呢？
用示例二来举例，如图所示：
局部最优：删除单调坡度上的节点（不包括单调坡度两端的节点），那么这个坡度就可以有两个局部峰值。
整体最优：整个序列有最多的局部峰值，从而达到最长摆动序列。
局部最优推出全局最优，并举不出反例，那么试试贪心！
实际操作上，其实连删除的操作都不用做，因为题目要求的是最长摆动子序列的长度，所以只需要统计数组的峰值数量就可以了
本题代码实现中，还有一些技巧，例如统计峰值的时候，数组最左面和最右面是最不好统计的(因为可能出现相等情况[2,2,5,1])
例如序列[2,5]，它的峰值数量是2，如果靠统计差值来计算峰值个数就需要考虑数组最左面和最右面的特殊情况。
所以可以针对序列[2,5]，可以假设为[2,2,5]，这样它就有坡度了即preDiff = 0，如图：
result初始为1（默认最右面有一个峰值），此时curDiff > 0 && preDiff <= 0，那么result++（计算了左面的峰值），最后得到的result就是2（峰值个数为2即摆动序列长度为2）
参考代码
int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) { if(nums.size()<=1){ return nums.size(); } int curDiff = 0; int preDiff = 0; int result = 1; for(int i = 0;i < nums.size();i++){ curDiff = nums[i+1]-num[i]; if( (curDiff > 0 && preDiff <= 0) || (preDiff >=0 &&curDiff < 0)){ result++; preDiff = curDiff;//这个不可以放在if外边,写在这里和删除坡度上的结点达到是一样的结果. } } return result; }
53. 最大子数组和
题目描述
给你一个整数数组 nums ，请你找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。
子数组 是数组中的一个连续部分。
示例 1：
输入：nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4] 输出：6 解释：连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6 。
示例 2：
输入：nums = [1] 输出：1
示例 3：
输入：nums = [5,4,-1,7,8] 输出：23
思路分析
方法一:暴力法
第一层for 就是设置起始位置，第二层for循环遍历数组寻找最大值
方法二:贪心法
如果 -2 1 在一起，计算起点的时候，一定是从1开始计算，因为负数只会拉低总和，这就是贪心贪的地方！
局部最优：当前“连续和”为负数的时候立刻放弃，从下一个元素重新计算“连续和”，因为负数加上下一个元素 “连续和”只会越来越小。
全局最优： 局部最优的情况下，并记录最大的“连续和”，可以推出全局最优。
红色的起始位置就是贪心每次取count为正数的时候，开始一个区间的统计。
参考代码
暴力法代码
//暴力法 TCL int maxSubArray(vector<int>& nums) { int count = 0; int result = INT_MIN;//初始化 for(int i = 0;i < nums.size(); i++){//起始位置 count = 0; for(int j = i;j < nums.size(); j++){ count+=nums[j]; result = count > result ? count: result ; } } return result; }
贪心法代码
//贪心法 int maxSubArray(vector<int>& nums) { int count = 0; int result = INT_MIN;//初始化 for(int i = 0; i < nums.size(); i++) { count+=nums[i]; if(count>result) { //如果比result大,则更新result (即使都是负数也没有关系,根据代码,最后保存的将是最大的负数) result = count; } if(count < 0) { //子数组 + 负数,会导致结果更小.所以只要count <0,则下次直接重新开始构成新的数组 count = 0; } } return result; }
122. 买卖股票的最佳时机 II
题目描述
给定一个数组 prices ，其中 prices[i] 表示股票第 i 天的价格。
在每一天，你可能会决定购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以购买它，然后在 同一天 出售。
返回 你能获得的 最大 利润 。
示例 1:
输入: prices = [7,1,5,3,6,4] 输出: 7 解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。 随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。
示例 2:
输入: prices = [1,2,3,4,5] 输出: 4 解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。 注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3:
输入: prices = [7,6,4,3,1] 输出: 0 解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
思路分析
看到这个题,我们会想，选一个低的买入，在选个高的卖，在选一个低的买入…循环反复。最终利润是可以分解的 ,这样想这个题就很容易解决了.
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])。
根据prices可以得到每天的利润序列：(prices[i] - prices[i - 1]).....(prices[1] - prices[0]).
这样我们可以得到利润的序列. 我们要做的是收取利润为正的序列数
如图：
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。
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,可以使用贪心!
参考代码
int maxProfit(vector<int>& prices) { int result = 0; for(int i = 1;i < prices.size();i++){ result += max(prices[i]-prices[i-1],0) ; } return result; }
