贪心算法理论基础

​ 贪心算法的本质：选择每一个阶段的局部最优，从而达到系统的整体最优；

​ 贪心的套路就是没有套路，最好的策略就是举反例，因为大多数时候并不要求严格证明，只需要得到普遍性结论即可；

​ 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

​ 做题的时候，只要想清楚局部最优是什么推导出全局最优就够了。

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 * 10^4

• 0 <= s.length <= 3 * 10^4

• 1 <= g[i], s[j] <= 2^31 - 1

  大尺寸的饼干既可以满足胃口大的孩子也可以满足胃口小的孩子，那么就应该优先满足胃口大的；

​ 这种题的思路以局部最优换全局最优，思路就像田忌赛马一样；

​ 思路：排序饼干数组和小孩数组，然后从后向前遍历小孩数组，用大饼干优先满足胃口大的，并统计满足小孩数量；

​ 代码如下：

class Solution {
public:int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {sort(g.begin(), g.end());//排序胃口sort(s.begin(), s.end());//排序饼干int index =  s.size() - 1; // 饼干数组的下标int result = 0;for (int i = g.size() - 1; i >= 0; i--) { // 遍历胃口if (index >= 0 && s[index] >= g[i]) { // 遍历饼干，先喂胃口大的result++;index--;}//无须两个for循环，自减操作即可完成}return result;}
};

​ 如果把遍历胃口放在for循环里，遍历饼干放在循环体里，则需要更改遍历顺序，不然可能出现如下这种极端情况：

​ 这时需要更改遍历逻辑即可:

class Solution {
public:int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {sort(g.begin(), g.end());sort(s.begin(), s.end());int index =  0;for(int i = 0; i < s.size(); i++){if(index < g.size() && g[index] <= s[i]){//先喂胃口小的index++;}}return index;}
};

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。少于两个元素的序列也是摆动序列。

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。

给定一个整数序列，返回作为摆动序列的最长子序列的长度。 通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得子序列，剩下的元素保持其原始顺序。

示例 1:

• 输入: [1,7,4,9,2,5]
• 输出: 6
• 解释: 整个序列均为摆动序列。

示例 2:

• 输入: [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，其中一个可为[1,17,10,13,10,16,8]。

示例 3:

• 输入: [1,2,3,4,5,6,7,8,9]

• 输出: 2

  ​ 可以看出，删除的元素来自于单调子区间内的元素，此时就达到局部最优的最短单调区间；整个序列得到最多峰值，则局部最优达到整体最优；如下所示：

  

​ 整体思路即为判断 pre = nums[i] - nums[i - 1] 与 cur = nums[i + 1] - nums[i]是否为一正一负即记录一个峰值；

​ 考虑特殊情景：

​ 1.存在平坡； 2.两端元素；

​ 处理上下中间平坡：

​ 可见，此处需要考虑pre =0 && cur < 0 时，删除左边的重复元素，记录一个峰值;

​ 然后考虑数组两端：由于判断pre和cur需要三个元素确定，所以需要延长这个数组，即默认pre = 0 ;

​ 针对以上情形，result 初始为 1（默认最右面有一个峰值），此时 curDiff > 0 && preDiff <= 0，那么 result++（计算了左面的峰值），最后得到的 result 就是 2（峰值个数为 2 即摆动序列长度为 2）；

​ 核心代码实现如下：

	int wiggleMaxLength(vector<int>& nums){if(nums.size() <= 1)	return nums.size();int prediff = 0;//前一个差值；int curdiff = 0;//当前差值int res = 1;//默认右边有一个峰值for(int i = 0; i < nums.size() - 1; i++){//不处理最后一个元素curdiff = nums[i + 1] - nums[i];if((prediff <= 0 && curdiff > 0) || (prediff >= 0 && curdiff < 0)){res++;}prediff = curdiff;//实时更新}return res;}

​ 这段代码提交是有误的，因为没有考虑另一种情况；

​ 即单调增的平坡状态：

​ 可以看出，上面的代码在三个地方都记录峰值，但其实结果应为2，因为单调中的平坡不能算峰值（即摆动）；

​ 出问题是因为实时更新了 prediff；

​ 只需要在这坡度摆动变化的时候，更新prediff即可，这样 prediff在单调区间有平坡的时候就不会发生变化，造成误判；

​ 即：

	int wiggleMaxLength(vector<int>& nums){if(nums.size() <= 1)	return nums.size();int prediff = 0;//前一个差值；int curdiff = 0;//当前差值int res = 1;//默认右边有一个峰值for(int i = 0; i < nums.size() - 1; i++){//不处理最后一个元素curdiff = nums[i + 1] - nums[i];if((prediff <= 0 && curdiff > 0) || (prediff >= 0 && curdiff < 0)){res++;prediff = curdiff;}//prediff = curdiff;//实时更新}return res;}

最大子序和

给定一个整数数组 nums ，找到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。

示例:

• 输入: [-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。

​ 很简单的想法是暴力法，两个for循环搞事情，肯定不这么整；

​ 思考局部最优思路：当**连续和为负数**时，舍弃这个连续和，然后从下一个元素重新开始寻找子序列；

​ [注]：

​ 1.并非见到负数就舍弃，使用res记录count的值即可，这样能保证res一直是最大值，同时res也保证了终止条件，因为本题只要求返回最大和；

​ 2.负数只会让下一次相加后的结果变得更小，所以舍弃所有连续和为负的结果；

​ 代码如下：

class Solution {
public:int maxSubArray(vector<int>& nums) {int res = INT32_MIN;//记录最大值int count = 0;for(int i = 0; i < nums.size(); i++){count += nums[i];if(count > res)	res = count;if(count <= 0)	count = 0;}return res;}
};​