刷题笔记Day28贪心算法part02
刷题笔记Day28：贪心算法part02
题目：买卖股票的最佳时机 II
122. 买卖股票的最佳时机 II - 力扣（LeetCode）
给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。
在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。
返回 你能获得的 最大 利润 。
示例 1：
输入：prices = [7,1,5,3,6,4]
输出：7
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4。
随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 - 3 = 3。
最大总利润为 4 + 3 = 7 。
贪心思路：本题只是说明了同一时间只能持有一股，因此我们可以第一天买第二天卖，因此我们可以简单的认为只要第二天的价格涨了则我们直接卖股票，让后再判断第三天和第二天的价格曲线，若还是涨了则第二天继续买入，在第三天卖出；若是跌了则不在第二天买入。以此类推可以推出所能获得的最大利润。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int result = 0;
for(int i = 0; i < prices.size() - 1;i++)
{
int diff = prices[i+ 1] - prices[i];
if(diff >0)
{
result += diff;
}
}
return result;
}
};
跳跃游戏
给你一个非负整数数组 nums ，你最初位于数组的 第一个下标 。数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。
判断你是否能够到达最后一个下标，如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。
示例 1：
输入：nums = [2,3,1,1,4]
输出：true
解释：可以先跳 1 步，从下标 0 到达下标 1, 然后再从下标 1 跳 3 步到达最后一个下标。
贪心思路：不把这个过程当作一个跳跃的过程，而是将其作为一个覆盖的过程，我们在覆盖的范围内进行遍历，例如[2,3,1,1,1,4]的覆盖方式为第一步i=0他最多能走2步，因此它的覆盖为cover=2此时在[0,2]的这个区间内去遍历，当第二步i=1他最多能走3步，重置覆盖为cover=4，此时的cover=4已经达到了nums的最大范围，因此不用继续遍历，直接返回true即可，代码如下：
class Solution {
public:
bool canJump(vector<int>& nums) {
int cover = 0;
if(nums.size() == 1) return true;
for(int i = 0; i<=cover;i++)
{
cover = max(nums[i]+i , cover);
if(cover >= (nums.size()-1))
{
return true;
}
}
return false;
}
};
题目：跳跃游戏 II
给定一个长度为 n 的 0 索引整数数组 nums。初始位置为 nums[0]。
每个元素 nums[i] 表示从索引 i 向后跳转的最大长度。换句话说，如果你在 nums[i] 处，你可以跳转到任意 nums[i + j] 处:
0 <= j <= nums[i]i + j < n
返回到达 nums[n - 1] 的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达 nums[n - 1]。
示例 1:
输入: nums = [2,3,1,1,4]
输出: 2
解释: 跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。
从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。
贪心思路：本体所使用的思路和上一题类似，但是多了一个点是要计算每一次跳跃区间内的最长覆盖范围，将其作为一次条约，例如示例 1中第一跳后它的可选择的条约区间为[1,2]因此需要在1和2位置中选择最大的覆盖范围后再进行覆盖，同时在下一次的覆盖时候需要重置起始位置和终止位置，例子中选择的是1的位置，第二跳后它的覆盖范围就变为了[3,4]。代码：
class Solution {
public:
int jump(vector<int>& nums) {
int cover = 0; //每次覆盖的终止位置
int start = 0; //每次覆盖的起始位置
int count = 0; //记录一共覆盖过几次
if(nums.size() == 1) return 0;
while(true)
{
count++;
int cover_one = cover;
for(int i = start; i <= cover;i++) //找出区间内最大的可覆盖范围
{
cover_one = max(cover_one,nums[i]+i);
}
if(cover_one >= nums.size()-1) //判断覆盖范围是已经达到了最大长度
{
return count;
}
start = cover+1; //重置覆盖起始位置
cover = cover_one; //重置覆盖终止位置
}
}
};
题目：K 次取反后最大化的数组和
1005. K 次取反后最大化的数组和 - 力扣（LeetCode）
给你一个整数数组 nums 和一个整数 k ，按以下方法修改该数组：
- 选择某个下标
i并将nums[i]替换为-nums[i]。
重复这个过程恰好 k 次。可以多次选择同一个下标 i 。
以这种方式修改数组后，返回数组 可能的最大和 。
示例 1：
输入：nums = [4,2,3], k = 1
输出：5
解释：选择下标 1 ，nums 变为 [4,-2,3] 。
示例 2：
输入：nums = [3,-1,0,2], k = 3
输出：6
解释：选择下标 (1, 2, 2) ，nums 变为 [3,1,0,2] 。
示例 3：
输入：nums = [2,-3,-1,5,-4], k = 2
输出：13
解释：选择下标 (1, 4) ，nums 变为 [2,3,-1,5,4] 。
思路：分为几种情况：
情况1：若k的值大于nums中的负数，则先将负数处理成正数后，若此时k的值为偶数则不用对nums中的值做变化，若为奇数则需要对变化后nums中的值中最小的变为负数。
情况2：若k的值小于nums中的负数，则排序后将最开始的k个进行取反后再进行相加即可
情况3：若是nums中存在0，且若k的值大于nums中的负数，则说明0可以处理剩余的k的值，因此和情况2相同直接对变化后的nums做相加的操作即可。
class Solution {
public:
int largestSumAfterKNegations(vector<int>& nums, int k) {
sort(nums.begin(),nums.end());
int nums_sum = 0;
int count = 0;
for(int i = 0; i < k ;i++)
{
if (i> nums.size()-1) {
break;
}
if(nums[i] <0)
{
nums[i] = -nums[i];
count ++;
}
else
{
break;
}
}
int c = k - count;
if(find(nums.begin(), nums.end(),0) != nums.end() || c%2 ==0)
{
for(int i = 0;i< nums.size();i++)
{
nums_sum += nums[i];
}
return nums_sum;
}
else
{
sort(nums.begin(),nums.end());
nums[0] = -nums[0];
for(int i = 0;i< nums.size();i++)
{
nums_sum += nums[i];
}
return nums_sum;
}
}
};
浙公网安备 33010602011771号