860 柠檬水找零
同样第一题是简单题，本题情况较少 [5 10 20] 可分类讨论把情况都罗列出来
思路
这道题目刚一看，可能会有点懵，这要怎么找零才能保证完成全部账单的找零呢？
但仔细一琢磨就会发现，可供我们做判断的空间非常少！
只需要维护三种金额的数量，5，10和20。
有如下三种情况：
- 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
此时大家就发现 情况一，情况二，都是固定策略，都不用我们来做分析了，而唯一不确定的其实在情况三，涉及到【优先】【如果不够】，因此采用贪心思想。
账单是20的情况，为什么要优先消耗一个10和一个5呢？
因为美元10只能给账单20找零，而美元5可以给账单10和账单20找零，美元5更万能！
所以局部最优：遇到账单20，优先消耗美元10，完成本次找零。
全局最优：完成全部账单的找零。
局部最优可以推出全局最优，并找不出反例，那么就试试贪心算法！
整体代码如下：
public boolean lemonadeChange(int[] bills) {
// 初始值
int five = 0,ten = 0;
// 遍历bills
for (int bill : bills) {
// 支付5元
if (bill == 5) five++;
// 支付10元
else if (bill == 10) {
if (five == 0) return false;
else {
five--;
ten++;
}
}
// 支付20元
else if (bill == 20) {
if (ten > 0 && five > 0){
ten--;
five--;
// 此处没必要记录20，20不可找零
} else if (five >= 3) {
five -= 3;
// 同样没必要记录20
}else return false;
}
}
// 遍历完，能找玩零钱则true
return true;
}
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(1)
总结
咋眼一看好像很复杂，分析清楚之后，会发现逻辑其实非常固定。
这道题目可以告诉大家，遇到感觉没有思路的题目，可以静下心来把能遇到的情况分析一下，只要分析到具体情况了，一下子就豁然开朗了。
如果一直陷入想从整体上寻找找零方案，就会把自己陷进去，各种情况一交叉，只会越想越复杂了。
460 根据身高重建队列
和135. 分发糖果一样需要考虑两个维度
思路
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。
就像135. 分发糖果一样，如果两头都考虑只会顾此失彼。遇到两个维度权衡的时候，应该先确定一个维度，再确定另一个维度。
对于本题困惑的点是先确定k还是先确定h呢，也就是究竟先按h排序呢，还是先按照k排序呢？
那就都试试~
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。
如果按照身高h来排序，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，为什么呢？
以图中{5,2} 为例：
按照身高排序之后，优先按身高高的people的k来插入，后序插入节点也不会影响前面已经插入的节点，最终按照k的规则完成了队列。
所以在按照身高从大到小排序后：
局部最优：优先按身高高的people的k来插入。插入操作过后的people满足队列属性
全局最优：最后都做完插入操作，整个队列满足题目队列属性
局部最优可推出全局最优，找不出反例，那就试试贪心。
整个插入过程如下：
根据身高排序完（身高一样的k小的在前面）的people： [[7,0], [7,1], [6,1], [5,0], [5,2]，[4,4]]
插入的过程：（根据k值作为坐标插入）
- 插入[7,0]：[[7,0]]
- 插入[7,1]：[[7,0],[7,1]]
- 插入[6,1]：[[7,0],[6,1],[7,1]]
- 插入[5,0]：[[5,0],[7,0],[6,1],[7,1]]
- 插入[5,2]：[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[7,1]]
- 插入[4,4]：[[5,0],[7,0],[5,2],[6,1],[4,4],[7,1]]
此时就按照题目的要求完成了重新排列。
整体代码如下：
public int[][] reconstructQueue(int[][] people) {
// 按身高[0]排序 如果身高相同按[1]排序
Arrays.sort(people,(a,b) -> {
if (a[0] == b[0]) return a[1] - b[1];
return b[0] - a[0];
});
// 设置队列 or 数组方便插入
LinkedList<int[]> que = new LinkedList<>();
// ArrayList<int[]> que = new ArrayList<>();
// 遍历数组 元素向前插入
for (int[] person : people) {
// [1]即为要插入的下标(不需要考虑身高)
que.add(person[1],person);
}
// 队列转换成数组
return que.toArray(new int[people.length][]);
}
- 时间复杂度：O(nlog n + n^2)
- 空间复杂度：O(n)
在Java中，ArrayList底层是数组实现的，类似于C++的vector。当插入元素导致容量不足时，ArrayList会进行自动扩容，但扩容方法略有不同。ArrayList会创建一个更大的数组，然后将原数组内容拷贝到新数组中，同样涉及元素的复制过程。
所以使用ArrayList扩容的话，是费时的，插入再拷贝的话，单纯一个插入的操作就是O(n^2)了，甚至可能拷贝好几次，就不止O(n^2)了。
相比之下，LinkedList在Java中使用链表的数据结构实现。它不需要进行数组的扩容操作，而是通过节点之间的链接来存储和操作元素。因此，在插入操作时，LinkedList只需要修改节点的链接，不需要移动和复制元素，所以插入操作的时间复杂度为O(1)。本题涉及元素较少，使用链表实现效率会更快
综上所述，使用LinkedList在插入操作频繁的情况下效率较高，因为插入操作的时间复杂度为O(1)，但在访问和查找特定位置的元素时效率较低。而ArrayList在访问和查找元素时由于可以通过索引直接访问元素，效率较高，但在插入操作频繁的情况下效率较低。
具体分析见这里👈（C++版）
总结
这种需要考虑两个维度的题目，其技巧都是确定一边然后贪心另一边。[两边一起考虑，就会顾此失彼]
这道题目可以说比135. 分发糖果难不少，其贪心的策略也是比较巧妙。
最后根据数据结构特点优化算法，链表的效率比数组高的。
452 用最少数量的箭引爆气球
又是一题需要考虑两个维度
思路
如何使用最少的弓箭呢？
直觉上来看，貌似只射重叠最多的气球，用的弓箭一定最少，那么有没有当前重叠了三个气球，我射两个，留下一个和后面的一起射这样弓箭用的更少的情况呢？
尝试一下举反例，发现没有这种情况。那么就试一试贪心吧！
局部最优：当气球出现重叠，一起射，所用弓箭最少。
全局最优：把所有气球射爆所用弓箭最少。
算法确定下来了，那么如何模拟气球射爆的过程呢？是在数组中移除元素还是做标记呢？
如果真实的模拟射气球的过程，应该射一个，气球数组就remove一个元素，这样最直观，毕竟气球被射了。
但仔细思考一下就发现：如果把气球排序之后，从前到后遍历气球，被射过的气球仅仅跳过就行了，没有必要让气球数组remove气球，只要记录一下箭的数量就可以了。
以上为思考过程，已经确定下来使用贪心了，那么开始解题。
为了让气球尽可能的重叠，需要对数组进行排序。
那么按照气球起始位置排序，还是按照气球终止位置排序呢？
其实都可以！只不过对应的遍历顺序不同，我就按照气球的起始位置排序了。
既然按照起始位置排序，那么就从前向后遍历气球数组，靠左尽可能让气球重复。
从前向后遍历遇到重叠的气球了怎么办？
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。
以题目示例： [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]为例，如图：（方便起见，已经排序）
- 如果当前气球和上一个气球有重叠（体现在上一个球右边界大于下一个球左边界）则更新当前球的右边界（为两个有边界最小值以便判断下一个球）
- 如果当前气球和上一个气球没重叠（反之体现在上一个球右边界小于下一个球左边界）则增加一支箭
- 注意：更新当前球的右边界就是为了判断下一个球，是否可以三连发
可以看出首先第一组重叠气球，一定是需要一个箭，气球3，的左边界大于了 第一组重叠气球的最小右边界，所以再需要一支箭来射气球3了。
代码如下：
public int findMinArrowShots(int[][] points) {
// 按左边界排序
Arrays.sort(points,(a,b) -> Integer.compare(a[0],b[0]));
int count = 1; // points 不为空至少需要一支箭
for (int i = 1; i < points.length; i++) {
// 从第二个气球开始判断
// 根据当前球左边界与上一个球右边界比较判断。没有重合 - 消耗一支箭
if (points[i][0] > points[i - 1][1]) count++;
// 否则则为points[i][0] <= points[i - 1][1] 有重合（上一个球范围覆盖当前气球） - 更新右边界
else points[i][1] = Math.min(points[i][1],points[i - 1][1]);
}
return count;
}
- 时间复杂度：O(nlog n)，因为有一个快速排序
- 空间复杂度：O(1)，有一个快排，最差情况(倒序)时，需要n次递归调用。因此确实需要O(n)的栈空间
可以看出代码并不复杂。
注意事项
注意题目中说的是：满足 xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被引爆。那么说明两个气球挨在一起（右边界刚好等于左边界）不重叠也可以一起射爆，
所以代码中 if (points[i][0] > points[i - 1][1]) 不能是>=
总结
这道题目贪心的思路很简单也很直接，就是重复的一起射了，但本题我认为是有难度的。
就算思路都想好了，模拟射气球的过程，很多同学真的要去模拟了，实时把气球从数组中移走，这么写的话就复杂了。
而且寻找重复的气球，寻找重叠气球最小右边界，其实都有代码技巧。
贪心题目有时候就是这样，看起来很简单，思路很直接，但是一写代码就感觉贼复杂无从下手。
*这里其实是需要代码功底的，那代码功底怎么练？多看多写多总结
学习资料：
