56.贪心猫的鱼干大分配 | 豆包MarsCode AI刷题问题分析在猫星球上，小R需要根据一组猫的等级，公平地分配鱼

问题分析

在猫星球上，小R需要根据一组猫的等级，公平地分配鱼干。每只猫的等级决定了它所需鱼干的数量，等级越高的猫应该获得更多的鱼干。我们需要保证以下几点：

每只猫至少得到一斤鱼干：这是分配鱼干的基本要求，无论猫的等级如何，每只猫都必须至少获得一斤鱼干。
等级较高的猫应得到更多的鱼干：如果一只猫的等级高于相邻的猫，那么它就应当得到比相邻猫更多的鱼干。这个规则要求我们考虑猫之间等级的相对关系。

思路分析

为了解决这个问题，我们需要：

初始化一个鱼干分配数组：我们首先初始化每只猫至少得到1斤鱼干。
从左到右遍历：如果当前猫的等级高于前一只猫，则当前猫应该比前一只猫得到更多的鱼干。
从右到左遍历：为了确保符合“相邻猫之间等级较高的猫鱼干更多”的条件，我们还需要从右到左进行一次遍历，如果当前猫的等级高于后一只猫，并且鱼干数不满足要求，则增加鱼干数。
求总鱼干数量：最后，我们将所有猫得到的鱼干数加起来，得到总的鱼干需求量。

解决方案

我们使用一个数组fish来记录每只猫的鱼干分配情况。初始时，每只猫都分配1斤鱼干。然后，我们从左到右扫描猫的等级，如果当前猫的等级高于前一只猫，则当前猫的鱼干数应该比前一只猫多1斤。接着，从右到左扫描猫的等级，确保每只猫的鱼干数符合条件。

具体的步骤如下：

初始化数组：初始化一个fish数组，长度与猫的数量n相同，所有元素都为1。
左到右遍历：如果某只猫的等级高于它前面的猫，则它的鱼干数应该比前一只猫多1。
右到左遍历：如果某只猫的等级高于它后面的猫，并且它的鱼干数没有满足要求，则需要更新它的鱼干数，保证它比后面的猫多1斤。
计算总鱼干：遍历fish数组，求出所有猫所需的鱼干总和。

代码实现

#include <iostream>
#include <vector>

int solution(int n, std::vector<int> catsLevels) {
    // 初始化一个数组来存储每只猫分配的鱼干数量，初始值都为 1
    std::vector<int> fish(n, 1); 
    
    // 从左到右遍历猫的等级数组
    for (int i = 1; i < n; ++i) { 
        if (catsLevels[i] > catsLevels[i - 1]) { 
            fish[i] = fish[i - 1] + 1; 
        }
    }
    
    // 从右到左再次遍历猫的等级数组
    for (int i = n - 2; i >= 0; --i) { 
        if (catsLevels[i] > catsLevels[i + 1] && fish[i] <= fish[i + 1]) { 
            fish[i] = fish[i + 1] + 1; 
        }
    }
    
    // 计算并返回鱼干总数
    int totalFish = 0; 
    for (int f : fish) { 
        totalFish += f; 
    }
    return totalFish;
}

int main() {
    std::vector<int> catsLevels1 = {1, 2, 2};
    std::vector<int> catsLevels2 = {6, 5, 4, 3, 2, 16};
    std::vector<int> catsLevels3 = {1, 2, 2, 3, 3, 20, 1, 2, 3, 3, 2, 1, 5, 6, 6, 5, 5, 7, 7, 4};
    
    std::cout << (solution(3, catsLevels1) == 4) << std::endl; // 输出: 4
    std::cout << (solution(6, catsLevels2) == 17) << std::endl; // 输出: 17
    std::cout << (solution(20, catsLevels3) == 35) << std::endl; // 输出: 35
    
    return 0;
}

代码讲解

solution函数：这个函数接收两个参数，一个是猫的数量n，另一个是猫的等级数组catsLevels。我们用一个fish数组来存储每只猫的鱼干数，初始值为1。通过两次遍历，分别从左到右和右到左，确保每只猫的鱼干数符合条件。
左到右遍历：在左到右的遍历中，若catsLevels[i] > catsLevels[i - 1]，则fish[i]应当比fish[i - 1]多1。
右到左遍历：在右到左的遍历中，若catsLevels[i] > catsLevels[i + 1]且fish[i] <= fish[i + 1]，则fish[i]应当比fish[i + 1]多1。
最终计算总鱼干：我们将fish数组中所有元素的值相加，得到所有猫所需的鱼干总数。

示例解释

以第一个示例catsLevels = [1, 2, 2]为例：

初始化时，每只猫得到1斤鱼干，fish = [1, 1, 1]。
左到右遍历时，第二只猫的等级高于第一只猫，因此第二只猫得到2斤鱼干，fish = [1, 2, 1]。
右到左遍历时，第三只猫的等级与第二只猫相同，不需要更改。
最终，所有猫的鱼干数为[1, 2, 1]，总共需要1 + 2 + 1 = 4斤鱼干。

复杂度分析

时间复杂度：两次遍历猫的等级数组，因此时间复杂度是O(n)，其中n是猫的数量。
空间复杂度：我们使用了一个额外的fish数组来存储每只猫的鱼干数，因此空间复杂度是O(n)。