贪心算法练习题(2024/6/18)
什么是贪心
贪心的本质是选择每一阶段的局部最优,从而达到全局最优。
贪心算法一般分为如下四步:
- 将问题分解为若干个子问题
- 找出适合的贪心策略
- 求解每一个子问题的最优解
- 将局部最优解堆叠成全局最优解
1分发饼干
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.
提示:
1 <= g.length <= 3 * 104
0 <= s.length <= 3 * 104
1 <= g[i], s[j] <= 231 - 1
思路:
-
排序: 首先,将孩子的胃口数组
g
和饼干的大小数组s
分别按从小到大排序。这样做是为了能够从最小的胃口和最小的饼干开始匹配,以尽可能满足更多的孩子。 -
贪心策略: 使用贪心算法的核心思想,从胃口最大的孩子开始,尝试给他们分配能满足他们胃口的最小饼干。这里的贪心选择是每次都选择当前能够满足的最小饼干,以期望最终能够满足尽可能多的孩子。
-
实现细节:
- 使用
index
表示当前可用的饼干数组的最后一个元素的下标。 - 从最大胃口的孩子开始向最小胃口的孩子遍历,尝试找到合适的饼干分配。
- 如果当前的饼干能够满足当前孩子的胃口,则结果
result
加一,并将index
减一,表示使用了这个饼干。 - 如果当前的饼干不能满足当前孩子的胃口,则继续向前尝试下一个更大的饼干,直到找到合适的或者饼干用完。
- 使用
-
返回结果: 最终返回
result
,即能够满足的孩子的数量。
代码:
class Solution {
public:int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {// 将孩子数组和饼干数组按照从小到大排序sort(g.begin(), g.end()); // 按照孩子的胃口排序sort(s.begin(), s.end()); // 按照饼干的大小排序int index = s.size() - 1; // 饼干数组的下标int result = 0; // 结果,能满足孩子的数量// 从胃口最大的孩子开始匹配饼干for (int i = g.size() - 1; i >= 0; i--) { // 遍历胃口// 如果还有饼干可用且当前饼干满足当前孩子的胃口if (index >= 0 && s[index] >= g[i]) { // 遍历饼干result++; // 满足一个孩子index--; // 使用了一个饼干,下标减一}}return result; // 返回满足孩子的数量}
};
2摆动序列
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
提示:
1 <= nums.length <= 1000
0 <= nums[i] <= 1000
思路:
代码:
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。只需要统计数组的峰值数量就可以了。
-
初始化:
curDiff
初始化为0
,表示当前一对相邻元素的差值。preDiff
也初始化为0
,表示前一对相邻元素的差值。result
初始化为1
,因为序列默认至少有一个峰值。
-
处理边界情况:
- 如果数组
nums
的大小<= 1
,直接返回nums.size()
,因为这种情况下不可能形成长度大于1的摆动序列。
- 如果数组
-
遍历数组:
- 循环遍历数组
nums
,从第一个元素到倒数第二个元素 (i < nums.size() - 1
)。
- 循环遍历数组
-
计算差值:
- 计算
curDiff
为nums[i + 1] - nums[i]
,即当前两个相邻元素的差值。
- 计算
-
检测峰值和谷值:
- 当
preDiff <= 0 && curDiff > 0
或者preDiff >= 0 && curDiff < 0
时,表示出现了摆动的峰值或者谷值。 - 在这些情况下,增加
result
的计数,因为它们是摆动序列的关键点。
- 当
-
返回结果:
- 最终返回
result
,即最长摆动子序列的长度。
- 最终返回
class Solution {
public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {if (nums.size() <= 1) return nums.size();int curDiff = 0; // 当前一对差值int preDiff = 0; // 前一对差值int result = 1; // 记录峰值个数,序列默认序列最右边有一个峰值for (int i = 0; i < nums.size() - 1; i++) {curDiff = nums[i + 1] - nums[i];// 出现峰值if ((preDiff <= 0 && curDiff > 0) || (preDiff >= 0 && curDiff < 0)) {result++;preDiff = curDiff; // 注意这里,只在摆动变化的时候更新prediff}}return result;}
};
3最大子数组和
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
提示:
1 <= nums.length <= 105
-104 <= nums[i] <= 104
思路:
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:选取最大“连续和”
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。
该贪心算法实现的思路是在遍历数组的过程中,持续累积子数组的元素和,同时不断更新最大子数组之和。如果当前累积和变为负数,就重新开始计算子数组和,以期获得更大的子数组和。
代码:
class Solution {
public:int maxSubArray(vector<int>& nums) {int result = INT32_MIN; // 初始化最大和为负无穷int count = 0; // 当前累积和for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {count += nums[i]; // 累加当前元素到当前和if (count > result) {result = count; // 更新最大和为当前和}if (count <= 0) {count = 0; // 如果当前和小于等于0,则重新开始计算累积和}}return result; // 返回最大和}
};
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