3.19-贪心

121. 买卖股票的最佳时机 - 力扣（LeetCode）

class Solution {
  public:
      int maxProfit(vector<int>& prices) {
         int res = 0;
         int min = INT_MAX;
         for(int& price : prices){
           if(price < min) {
             min = price;
             continue;
            }            
            res = max(res , price - min);
      }
      return res;
  };

55. 跳跃游戏 - 力扣（LeetCode）

思路：

先看示例 2，nums=[3,2,1,0,4]。我们在遍历数组的同时，维护最右可以到达的位置 mx，如下表：
从 0 可以跳到 1,2,3，但是无法从 1,2,3 中的任何位置跳到 4。当我们遍历到 i=4 时，发现

i	nums[i]	i+nums[i]	mx
0	3	3	3
1	2	3	3
2	1	3	3
3	0	3	3
4	4	8	失败

i>mx这意味着 i 是无法到达的，返回 false。

然后来看示例 1，nums=[2,3,1,1,4]，在遍历数组的同时，维护最远可以到达的位置 mx，如下表：

i	nums[i]	i+nums[i]	mx
0	2	2	2
1	3	4	4
2	1	3	4
3	1	4	4
4	4	8	8

从 0 可以跳到 1,2，最远可以到达的位置 mx=2。能否跳到更远的位置？那就看从 1 能跳到哪些位置，从 2 能跳到哪些位置。

从 1 可以跳到 2,3,4，mx 更新成 4。

从 2 可以跳到 3，mx 不变。

从 3 可以跳到 4，mx 不变。

到达 4，返回 true。

一般地，算法如下：

从左到右遍历 nums，同时维护能跳到的最远位置 mx，初始值为 0。
如果 i> mx，说明无法跳到 i，返回 false。
否则，用 i+nums[i] 更新 mx 的最大值。如果循环中没有返回 false，那么最后返回 true。

另一种理解方式是，把每个 nums[i]看成闭区间 [i,i+nums[i]]，问题变成判定这 n 个区间能否合并成一个大区间，这可以用 56. 合并区间的算法解决。

class Solution {
public:
    bool canJump(vector<int>& nums) {
        int mx = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            if (i > mx) { // 无法到达 i
                return false;
            }
            mx = max(mx, i + nums[i]); // 从 i 最右可以跳到 i + nums[i]
        }
        return true;
    }
};

45. 跳跃游戏 II - 力扣（LeetCode）

思路：

答疑

问：为什么代码只需要遍历到 n−2？

答：当 i = n−2 时，如果 i < curRight，说明可以到达 n−1；如果 i = curRight，我们会造桥，这样也可以到达 n−1（题目保证一定能到）。所以无论是何种情况，都只需要遍历到 n−2。或者说，n−1 已经是终点了，你总不能在终点还打算造桥吧？

问：我能想出这题的思路，就是代码实现总是写不对，有没有什么建议？

答：清晰的变量名以及一些必要的注释，会对理清代码逻辑有帮助。在出现错误时，可以用一些小数据去运行你的代码，通过 print 或者打断点的方式，查看这些关键变量的值，看看是否与预期结果一致。

问：如果题目没有保证一定能到达 n−1，代码要怎么改？

答：见 1326. 灌溉花园的最少水龙头数目，我的题解。

class Solution {
public:
    int jump(vector<int>& nums) {
        int ans = 0;
        int cur_right = 0; // 已建造的桥的右端点
        int next_right = 0; // 下一座桥的右端点的最大值
        for (int i = 0; i + 1 < nums.size(); i++) {
            // 遍历的过程中，记录下一座桥的最远点
            next_right = max(next_right, i + nums[i]);
            if (i == cur_right) { // 无路可走，必须建桥
                cur_right = next_right; // 建桥后，最远可以到达 next_right
                ans++;
            }
        }
        return ans;
    }
};

1326. 灌溉花园的最少水龙头数目 - 力扣（LeetCode）

和上一题的区别在于，水龙头的覆盖范围为[i - nums[i] , i + nums[i]]，意味着我更新桥的时候可以一步从i - nums[i]处走到i + nums[i]处,也即

next_right = max(next_right, right_most[i]);

所以先预处理一下每个下标i能走到的最右端点：

  // 预处理：记录每个左端点能覆盖到的最远右端点
        vector<int> right_most(n + 1);  // 下标为左端点，值为能覆盖的最远右端点
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            int left = max(i - r, 0);   // 覆盖区间的左端点（不能为负数）
            right_most[left] = max(right_most[left], i + ranges[i]); // 更新左端点能覆盖的最远右端点
        }

问：为什么没有初始化 rightMost[i]=i？

答：如果可以走到 i，那么 nextRight≥i，此时 rightMost[i]=i 还是 =0 都不会影响 nextRight 的值，也就没必要初始化 rightMost[i]=i 了。

class Solution {
public:
    int minTaps(int n, vector<int>& ranges) {
        // 预处理：记录每个左端点能覆盖到的最远右端点
        vector<int> right_most(n + 1);  // 下标为左端点，值为能覆盖的最远右端点
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            int left = max(i - ranges[i], 0);   // 覆盖区间的左端点（不能为负数）
             right_most[left] = max(right_most[left], i + ranges[i]); // 更新左端点能覆盖的最远右端点
        }

        int ans = 0;            // 需要的水龙头数量
        int cur_right = 0;       // 当前已覆盖的最远右端点
        int next_right = 0;      // 下一步可能覆盖的最远右端点
        // 遍历每个位置（只需到 n-1，因为最终要覆盖到 n）
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            next_right = max(next_right, right_most[i]); // 更新下一步能覆盖的最远右端点,这一步和上一题有区别
            if (i == cur_right) { // 走到当前覆盖的最右端，必须新增一个水龙头
                if (i == next_right) { 
                    // 下一步无法扩展覆盖范围，无法到达终点
                    return -1;
                }
                cur_right = next_right; // 更新当前覆盖的最右端
                ans++;                  // 新增一个水龙头
            }
        }
        return ans;
    }
};

763. 划分字母区间 - 力扣（LeetCode）

思路：

「同一字母最多出现在一个片段中」意味着，一个片段若要包含字母 a，那么所有的字母 a 都必须在这个片段中。

例如示例 1，s=ababcbacadefegdehijhklij，其中字母 a 的下标在区间 [0,8] 中，那么包含 a 的片段至少要包含区间 [0,8]。

把所有出现在 s 中的字母及其下标区间列出来：

字母	下标	下标区间
a	[0,2,6,8]	[0,8]
b	[1,3,5]	[1,5]
c	[4,7]	[4,7]
d	[9,14]	[9,14]
e	[10,12,15]	[10,15]
f	[11]	[11,11]
g	[13]	[13,13]
h	[16,19]	`[16,19]`
i	[17,22]	`[17,22]`
j	[18,23]	`[18,23]`
k	[20]	`[20,20]`
l	[21]	`[21,21]`

例如字母 d 的区间为 [9,14]，片段要包含 d，必须包含区间 [9,14]，但区间 [9,14] 中还有其它字母 e,f,g，所以该片段也必须包含这些字母对应的区间 [10,15],[11,11],[13,13]，合并后得到区间 [9,15]。

将表格中的区间合并为如下几个大区间：

[0,8],[9,15],[16,23]
这些区间满足「同一字母最多出现在一个片段中」的要求。

由于题目要求划分出尽量多的片段，而我们又无法将上述区间的任何区间划分开，所以合并出的区间长度即为答案。

算法

遍历 s，计算字母 c 在 s 中的最后出现的下标 last[c]。
初始化当前正在合并的区间左右端点 start=0, end=0。
再次遍历 s，由于当前区间必须包含所有 s[i]，所以用 last[s[i]] 更新区间右端点 end 的最大值。
如果发现 end=i，那么当前区间合并完毕，把区间长度 end−start+1 加入答案。然后更新 start=i+1 作为下一个区间的左端点。
遍历完毕，返回答案。

if (end == i) 这一步与上面题的「不得不建桥」相似

class Solution {
public:
    vector<int> partitionLabels(string s) {
        int n = s.length();
        int last[26];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            last[s[i] - 'a'] = i; // 每个字母最后出现的下标
        }

        vector<int> ans;
        int start = 0, end = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            end = max(end, last[s[i] - 'a']); // 更新当前区间右端点的最大值
            if (end == i) { // 当前区间合并完毕
                ans.push_back(end - start + 1); // 区间长度加入答案
                start = i + 1; // 下一个区间的左端点
            }
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：O(n)，其中 n 是 s 的长度。
空间复杂度：O(∣Σ∣)。其中 ∣Σ∣ 是字符集合的大小，本题字符均为小写字母，所以 ∣Σ∣=26。

posted @ 2025-03-20 01:35 七龙猪阅读(1) 评论(0) 收藏举报

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