2. 徒步旅行中的补给问题贪心算法结合滑动窗口题解 | 豆包MarsCode AI刷题本文针对豆包MarsCode A

2.徒步旅行中的补给问题

问题描述

小R正在计划一次从地点A到地点B的徒步旅行，总路程需要 N 天。为了在旅途中保持充足的能量，小R每天必须消耗1份食物。幸运的是，小R在路途中每天都会经过一个补给站，可以购买食物进行补充。然而，每个补给站的食物每份的价格可能不同，并且小R最多只能同时携带 K 份食物。

现在，小R希望在保证每天都有食物的前提下，以最小的花费完成这次徒步旅行。你能帮助小R计算出最低的花费是多少吗？

测试样例

样例1：

输入：n = 5 ,k = 2 ,data = [1, 2, 3, 3, 2]
输出：9

样例2：

输入：n = 6 ,k = 3 ,data = [4, 1, 5, 2, 1, 3]
输出：9

样例3：

输入：n = 4 ,k = 1 ,data = [3, 2, 4, 1]
输出：10

问题解析

题目解析

每天必须消耗 1 份食物。
每个补给站提供的食物单价不同。
小R最多能携带 K 份食物，因此无法一次性购买完成旅行所需的所有食物。

解题思路

这个问题本质上是一个具有容量限制的贪心策略问题。关键在于：

背包容量限制：小R每天的背包容量最大为 K，因此无法一次性囤积过多食物。
价格优化：由于每个补给站的价格不同，小R需要尽量选择在价格较低的补给站购买食物。
动态决策窗口：通过滑动窗口记录未来几天内可能的最低价格点，以便及时补充食物。

了解了问题的具体条件之后，我的第一反应是通过贪心算法，每次寻找后面 K 天中价格最低的那天，然后在那一天中将食物数量补充到 K 。但是在运行的过程中，存在着当前拥有的食物数量不足以到达那一天的情况，所以单单使用贪心算法无法全面地解决此问题。

每次寻找k天内的最低价格，可以使用滑动窗口的方法，因此我们可以尝试将贪心算法和滑动窗口相结合来解决此问题。

以下是解决此问题的主要思路：

滑动窗口：用双端队列deque维护一个最多包含 K 天内食物价格的滑动窗口。每次到达新补给站时，更新窗口内容，剔除不必要的价格记录。
最优选择：在每个窗口中，选取价格最低的补给站作为当前购买食物的选择。
动态更新：每天消耗1份食物，如果库存不足（小于 1 份），则需要立刻购买。

我们可以将之前的解体思路反过来，不是寻找未来第几天买 K 份，而是在之前 K 天中我需要买多少份，就相当于在这一天的前 K 天当中，我要在哪一天去买我这一天的消耗（选最小的去买），也不会有食物数量超过 K 个的问题。

图解思路

假设 n = 5, k = 2, prices = [1, 2, 3, 3, 2]。

天数	补给站价格	Deque (索引)	双端队列状态	购买最低价格	花费累计
1	1	[0]	[1]	1	1
2	2	[0, 1]	[1, 2]	1	2
3	3	[1, 2]	[2, 3]	2	4
4	3	[2, 3]	[3, 3]	3	7
5	2	[3, 4]	[2]	2	9

最终输出： 最小花费为 9。

代码实现

#include <iostream>
#include <vector>
#include <deque>
using namespace std;

// 求解函数
int solution(int n, int k, vector<int> data) {
  int min_money = 0; // 总花费
  deque<int> window; // 双端队列，维护窗口中最小值的索引

  for (int i = 0; i < n; ++i) {
    // 移除过期的元素，窗口超出范围的元素
    while (!window.empty() && window.front() <= i - k) {
      window.pop_front();
    }

    // 在队列中移除所有比当前值大的元素，因为它们不会再用到了
    while (!window.empty() && data[window.back()] > data[i]) {
      window.pop_back();
    }

    // 将当前元素的索引添加到队列中
    window.push_back(i);

    // 当前窗口的最小值在队列的前面
    min_money += data[window.front()];
  }

  return min_money;
}

int main() {
  // 测试样例
  cout << (solution(5, 2, {1, 2, 3, 3, 2})) << endl;    // 输出 9
  cout << (solution(6, 3, {4, 1, 5, 2, 1, 3})) << endl; // 输出 9
  cout << (solution(4, 1, {3, 2, 4, 1})) << endl;       // 输出 10
  return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度：
- 遍历 N 天，复杂度为 O(n)。对于每个价格，我们最多会对 deque 执行k次操作。每次插入或删除的操作时间复杂度为 O(1)，而最小值查询操作也为 O(1)。因此总复杂度最好为 O(n)，最差为 O(n⋅k)，在 k 较小时表现良好。
空间复杂度：
- deque 中最多存储 k 个元素，因此空间复杂度为 O(k)O(k)O(k)。

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