今天的第二第三题都有一定难度，充分体现贪心的思想
1005 K次取反后最大化的数组和
本题思路其实比较好想了，只需思考如何可以让数组和最大？但也藏着许多细枝末节的问题
思路
贪心的思路：
局部最优：让绝对值大的负数变为正数，当前数值达到最大。
整体最优：整个数组和达到最大。
局部最优可以推出全局最优。
那么如果将负数都转变为正数了，K依然大于0，此时的问题是一个有序正整数序列，如何转变K次正负，让 数组和 达到最大。
那么又是一个贪心：
局部最优：只找数值最小的正整数进行反转，当前数值和可以达到最大（例如正整数数组{5, 3, 1}，反转1 得到-1 比 反转5得到的-5 大多了）
全局最优：整个 数组和 达到最大。
这么一道简单题，就用了两次贪心！
那么本题的解题步骤为：
- 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
整体代码如下：
public int largestSumAfterKNegations(int[] nums, int k) {
// 将数组按绝对值排序
nums = IntStream.of(nums)// 将数组转换为流
.boxed() // int转换为Integer类型
.sorted((o1, o2) -> Math.abs(o2) - Math.abs(o1)) // 按绝对值排序
.mapToInt(Integer::intValue).toArray(); // 将Integer类型转换回int类型并输出数组
// 取反
for (int i = 0;i <= nums.length - 1;i++){
if (k > 0 && nums[i] < 0){
nums[i] *= - 1;
k--;
}
}
// 剩下k 还没用完 - 两种情况:奇数 - 取绝对值最低变负数 偶数 - 不用变
if (k % 2 == 1) nums[nums.length - 1] *= -1;
// 求和
int sum = 0;
for (int num : nums) {
sum += num;
}
return sum;
}
- 时间复杂度: O(nlogn)
- 空间复杂度: O(1)
总结
贪心的题目如果简单起来，会让人简单到开始怀疑：本来不就应该这么做么？这也算是算法？我认为这不是贪心？
本题其实很简单，不会贪心算法的都可以做出来，但是还是全程用贪心的思路来讲解。
因为贪心的思考方式一定要有！
如果没有贪心的思考方式（局部最优，全局最优），很容易陷入贪心简单题凭感觉做，贪心难题直接不会做，其实这样就锻炼不了贪心的思考方式了。
所以明知道是贪心简单题，也要靠贪心的思考方式来解题，这样对培养解题感觉很有帮助。
134 加油站
难度开始上来了，想懂这道题还用了一阵子时间
思路
可以换一个思路，首先如果总油量减去总消耗大于等于零那么一定可以跑完一圈，说明 各个站点的加油站 剩油量rest[i]相加一定是大于等于零的。
每个加油站的剩余量rest[i]为gas[i] - cost[i]。
i从0开始累加rest[i]，和记为curSum，一旦curSum小于零，说明[0, i]区间都不能作为起始位置，因为这个区间选择任何一个位置作为起点，到i这里都会断油，那么起始位置从i+1算起，再从0计算curSum。
如图：
那么为什么一旦[0，i] 区间和为负数，起始位置就可以是i+1呢，i+1后面就不会出现更大的负数？
如果出现更大的负数，就是更新i，那么起始位置又变成新的i+1了。
⭕那有没有可能 [0，i] 区间 选某一个作为起点，累加到 i这里 curSum是不会小于零呢？
如图：
如果 curSum<0 说明 区间和1 + 区间和2 < 0， 那么 假设从上图中的位置开始计数curSum不会小于0的话，就是 区间和2>0。
区间和1 + 区间和2 < 0 同时 区间和2>0，只能说明区间和1 < 0， 那么就会从假设的箭头初就开始从新选择其实位置了。但实际小于零的情况只发生在了i位置上，与实际不符，假设不成立。
**局部最优：**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。
局部最优可以推出全局最优，找不出反例，试试贪心！
整体代码如下：
public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
// 初始量
int curSum = 0;
int totalSum = 0;
int index = 0;
// 遍历数组
for (int i = 0;i < gas.length; i++){
// 记录当前油量
curSum += gas[i] - cost[i];
totalSum += gas[i] - cost[i];
if (curSum < 0){
// 不够油了 从下一位开始,归零,继续遍历
index = (i + 1) % gas.length;
curSum = 0;
}
}
// 遍历完之后总和本身为负数则没有
if (totalSum < 0) return -1;
return index;
}
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
说这种解法为贪心算法，才是有理有据的，因为全局最优解是根据局部最优推导出来的。
135 分发糖果
一次顾两边就容易混乱，所以一个一个来~
思路
这道题目一定是要确定一边之后，再确定另一边，最后合在一起。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。
先确定右边评分大于左边的情况（也就是从前向后遍历）
此时局部最优：只要右边评分比左边大，右边的孩子就多一个糖果。
全局最优：相邻的孩子中，评分高的右孩子获得比左边孩子更多的糖果
局部最优可以推出全局最优。
如果ratings[i] > ratings[i - 1] 那么[i]的糖 一定要比[i - 1]的糖多一个，所以贪心：candy[i] = candy[i - 1] + 1
代码如下：
// 右孩子比左孩子大
for (int i = 1;i < len; i++){
if (ratings[i - 1] < ratings[i]){
candy[i] = candy[i - 1] + 1;
}
else candy[i] = 1;
}
如图：
再确定左孩子大于右孩子的情况（从后向前遍历）
遍历顺序这里有同学可能会有疑问，为什么不能从前向后遍历呢？
因为 rating[5]与rating[4]的比较 要利用上 rating[5]与rating[6]的比较结果，所以 要从后向前遍历。
如果从前向后遍历，rating[5]与rating[4]的比较 就不能用上 rating[5]与rating[6]的比较结果了 。如图：
所以确定左孩子大于右孩子的情况一定要从后向前遍历！
如果 ratings[i] > ratings[i + 1]，此时candy[i]（第i个小孩的糖果数量）就有两个选择了。
一个是candy[i + 1] + 1（从右边这个加1得到的糖果数量），一个是candy[i]（之前比较右孩子大于左孩子得到的糖果数量）。
那么又要贪心了，局部最优：取candy[i + 1] + 1 和 candy[i] 最大的糖果数量，保证第i个小孩的糖果数量既大于左边的也大于右边的。
全局最优：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。
局部最优可以推出全局最优。
所以就取candy[i + 1] + 1 和 candy[i] 最大的糖果数量，candy[i]只有取最大的才能既保持对左边candyVec[i - 1]的糖果多，也比右边candyVec[i + 1]的糖果多。
如图：
所以该过程代码如下：
// 左孩子比右孩子大
for (int i = len - 2;i >= 0; i--){
if (ratings[i] > ratings[i + 1]){
candy[i] = Math.max(candy[i + 1] + 1,candy[i]);
}
}
整体代码如下：
public int candy(int[] ratings) {
int len = ratings.length;
int[] candy = new int[len];
candy[0] = 1;
// 右孩子比左孩子大
for (int i = 1;i < len; i++){
if (ratings[i - 1] < ratings[i]){
candy[i] = candy[i - 1] + 1;
}
else candy[i] = 1;
}
// 左孩子比右孩子大
for (int i = len - 2;i >= 0; i--){
if (ratings[i] > ratings[i + 1]){
candy[i] = Math.max(candy[i + 1] + 1,candy[i]);
}
}
int sum = 0;
for (int i : candy) {
sum += i;
}
return sum;
}
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(n)
总结
这在leetcode上是一道困难的题目，其难点就在于贪心的策略，如果在考虑局部的时候想两边兼顾，就会顾此失彼。
那么本题我采用了两次贪心的策略：
- 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。
这样从局部最优推出了全局最优，即：相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。
学习资料：
