Offer必备算法38_贪心算法四_八道力扣题详解（由易到难）

目录

①力扣56. 合并区间

解析代码

②力扣435. 无重叠区间

解析代码

③力扣452. 用最少数量的箭引爆气球

解析代码

④力扣397. 整数替换

解析代码1_递归改记忆化搜索

解析代码2_贪心策略

⑤力扣354. 俄罗斯套娃信封问题

解析代码1_动态规划（超时）

解析代码2_重写排序+贪心+二分

⑥力扣1262. 可被三整除的最大和

解析代码

⑦力扣1054. 距离相等的条形码

解析代码

⑧力扣767. 重构字符串

解析代码

本篇完。

①力扣56. 合并区间

56. 合并区间

难度 中等

以数组 intervals 表示若干个区间的集合，其中单个区间为 intervals[i] = [starti, endi] 。请你合并所有重叠的区间，并返回 一个不重叠的区间数组，该数组需恰好覆盖输入中的所有区间 。

示例 1：

输入：intervals = [[1,3],[2,6],[8,10],[15,18]]
输出：[[1,6],[8,10],[15,18]]
解释：区间 [1,3] 和 [2,6] 重叠, 将它们合并为 [1,6].

示例 2：

输入：intervals = [[1,4],[4,5]]
输出：[[1,5]]
解释：区间 [1,4] 和 [4,5] 可被视为重叠区间。

提示：

  • 1 <= intervals.length <= 10^4
  • intervals[i].length == 2
  • 0 <= starti <= endi <= 10^4
class Solution {
public:vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals) {}
};

解析代码

贪心策略：

  1. 先按照区间的左端点排序：此时会发现能够合并的区间都是连续的。
  2. 然后从左往后，如果可以合并就按照求并集的方式合并区间，如果不可以合并就把区间丢到结果数组，再往后遍历。

如何求并集：

由于区间已经按照左端点排过序了，因此当两个区间合并的时候，合并后的区间：

  • 左端点就是前一个区间的左端点。
  • 右端点就是两者右端点的最大值。
class Solution {
public:vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals) {sort(intervals.begin(), intervals.end());vector<vector<int>> ret;int left = intervals[0][0], right = intervals[0][1];for(auto& e : intervals){if(e[0] <= right) // 可以合并{right = max(right, e[1]);}else{ret.push_back({left, right});left = e[0], right = e[1];}}ret.push_back({left, right});return ret;}
};

②力扣435. 无重叠区间

435. 无重叠区间

难度 中等

给定一个区间的集合 intervals ，其中 intervals[i] = [starti, endi] 。返回 需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠 。

示例 1:

输入: intervals = [[1,2],[2,3],[3,4],[1,3]]
输出: 1
解释: 移除 [1,3] 后，剩下的区间没有重叠。

示例 2:

输入: intervals = [ [1,2], [1,2], [1,2] ]
输出: 2
解释: 你需要移除两个 [1,2] 来使剩下的区间没有重叠。

示例 3:

输入: intervals = [ [1,2], [2,3] ]
输出: 0
解释: 你不需要移除任何区间，因为它们已经是无重叠的了。

提示:

  • 1 <= intervals.length <= 10^5
  • intervals[i].length == 2
  • -5 * 10^4 <= starti < endi <= 5 * 10^4
class Solution {
public:int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {}
};

解析代码

贪心策略：

  1. 先按照区间的左端点排序。
  2. 当两个区间重叠的时候，为了能够在移除某个区间后，保留更多的区间，我们应该把区间范围较大的区间移除。

如何移除区间范围较大的区间：

由于已经按照左端点排序了，因此两个区间重叠的时候，我们应该保留右端点较小的区间。

class Solution {
public:int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {sort(intervals.begin(), intervals.end());int ret = 0;int left = intervals[0][0], right = intervals[0][1];for(auto& e : intervals){if(e[0] >= right) // 不重叠{left = e[0], right = e[1];}else // 重叠{++ret;right = min(right, e[1]); // 保留右端点较小的区间}}return ret - 1; // 从第一个区间开始比较就删掉第一个区间}
};

③力扣452. 用最少数量的箭引爆气球

452. 用最少数量的箭引爆气球

难度 中等

有一些球形气球贴在一堵用 XY 平面表示的墙面上。墙面上的气球记录在整数数组 points ，其中points[i] = [xstart, xend] 表示水平直径在 xstart 和 xend之间的气球。你不知道气球的确切 y 坐标。

一支弓箭可以沿着 x 轴从不同点 完全垂直 地射出。在坐标 x 处射出一支箭，若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 xstart，xend， 且满足  xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被 引爆 。可以射出的弓箭的数量 没有限制 。 弓箭一旦被射出之后，可以无限地前进。

给你一个数组 points ，返回引爆所有气球所必须射出的 最小 弓箭数 。

示例 1：

输入：points = [[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]]
输出：2
解释：气球可以用2支箭来爆破:
-在x = 6处射出箭，击破气球[2,8]和[1,6]。
-在x = 11处发射箭，击破气球[10,16]和[7,12]。

示例 2：

输入：points = [[1,2],[3,4],[5,6],[7,8]]
输出：4
解释：每个气球需要射出一支箭，总共需要4支箭。

示例 3：

输入：points = [[1,2],[2,3],[3,4],[4,5]]
输出：2
解释：气球可以用2支箭来爆破:
- 在x = 2处发射箭，击破气球[1,2]和[2,3]。
- 在x = 4处射出箭，击破气球[3,4]和[4,5]。

提示:

  • 1 <= points.length <= 105
  • points[i].length == 2
  • -2^31 <= xstart < xend <= 2^31 - 1
class Solution {
public:int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) {}
};

解析代码

贪心策略：

  1. 先按照区间的左端点排序：此时会发现互相重叠的区间都是连续的。
  2. 这样在射箭的时候，要发挥每一支箭最大的作用，应该把互相重叠的区间统一引爆。

如何求互相重叠区间：

由于我们是按照左端点排序的，因此对于两个区间，我们求的是它们的交集：（注意合并区间用的是并集，求重叠区间求的是交集）

  • 左端点为两个区间左端点的最大值，但是左端点不会影响我们的合并结果，所以可以忽略。
  • 右端点为两个区间右端点的最小值。
class Solution {
public:int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points) {sort(points.begin(), points.end());int ret = 1, right = points[0][1];for(auto& e : points){if(e[0] <= right) // 能合并，求交集，一起击破{// left = max(left, e[0]); // left不影响合并结果right = min(right, e[1]);}else // 不能合并，继续往后遍历{++ret;// left = e[0]; // left不影响合并结果right = e[1];}}return ret; // 加上最后的区间}
};

④力扣397. 整数替换

397. 整数替换

难度 中等

给定一个正整数 n ，你可以做如下操作：

  1. 如果 n 是偶数，则用 n / 2替换 n 。
  2. 如果 n 是奇数，则可以用 n + 1或n - 1替换 n 。

返回 n 变为 1 所需的 最小替换次数 。

示例 1：

输入：n = 8
输出：3
解释：8 -> 4 -> 2 -> 1

示例 2：

输入：n = 7
输出：4
解释：7 -> 8 -> 4 -> 2 -> 1
或 7 -> 6 -> 3 -> 2 -> 1

示例 3：

输入：n = 4
输出：2

提示：

  • 1 <= n <= 2^31 - 1
class Solution {
public:int integerReplacement(int n) {}
};

解析代码1_递归改记忆化搜索

        此题的贪心策略很难想出来，先看看记忆化搜索的方法（记忆化搜索在之前专题已经学过）：用爆搜模拟也可以过，但是加上备忘录优化：

class Solution {unordered_map<int, int> memo;
public:int integerReplacement(int n) {// 时间O(logN) 空间O(logN)return dfs(n);}int dfs(long long n){if(n == 1)return 0;if(memo[n] != 0)return memo[n];if(n % 2 == 0){memo[n] = 1 + dfs(n / 2);return memo[n];}else{memo[n] = 1 + min(dfs(n - 1), dfs(n + 1));return memo[n];}}
};

解析代码2_贪心策略

贪心策略：任何选择都应该让这个数尽可能快地变成 1 。

  • 对于偶数：只执行除 2 操作。
  • 对于奇数：
  1. 当 n== 1 的时候，不用执行任何操作。
  2. 当 n == 3 的时候，变成 1 的最优操作数是 2 。
  3. 当 n > 1 && n % 4 == 1的时候，那么它的二进制表示是 ......01 ，最优的方式应该选择 -1 ，这样就可以把末尾的 1 干掉，接下来执行除法操作，能够更快地变成1 。
  4. 当 n > 3 && n % 4 == 3的时候，那么它的二进制表示是 ......11 ，最优的方式应该选择 +1 ，这样可以把一堆连续的 1 转换成 0 ，更快地变成 1 。
class Solution {
public:int integerReplacement(int n){// 时间O(logN) 空间O(1)int ret = 0;while(n != 1){if(n % 2 == 0){n =  n / 2;++ret;}else{ret += 2; // 下面操作都是两步if(n == 3)break;else if(n % 4 == 1) // ......01n /= 2; // 和减1除2结果一样else // ......01n = n / 2 + 1; // 和加1除2结果一样，防溢出}}return ret;}
};

⑤力扣354. 俄罗斯套娃信封问题

354. 俄罗斯套娃信封问题

难度 困难

给你一个二维整数数组 envelopes ，其中 envelopes[i] = [wi, hi] ，表示第 i 个信封的宽度和高度。

当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大的时候，这个信封就可以放进另一个信封里，如同俄罗斯套娃一样。

请计算 最多能有多少个 信封能组成一组“俄罗斯套娃”信封（即可以把一个信封放到另一个信封里面）。

注意：不允许旋转信封。

示例 1：

输入：envelopes = [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]]
输出：3
解释：最多信封的个数为 3, 组合为: 
[2,3] => [5,4] => [6,7]。

示例 2：

输入：envelopes = [[1,1],[1,1],[1,1]]
输出：1

提示：

  • 1 <= envelopes.length <= 10^5
  • envelopes[i].length == 2
  • 1 <= wi, hi <= 10^5
class Solution {
public:int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& envelopes) {}
};

解析代码1_动态规划（超时）

        将数组按照左端点排序之后，问题就转化成了最长递增子序列模型，那接下来我们就可以用解决最长递增子序列的经验，来解决这个问题（会超时，但还是建议敲一下代码）。

  • 状态表示：dp[i] 表示：以 i 位置的信封为结尾的所有套娃序列中，最长的套娃序列的长度。
  • 状态转移方程：dp[i] = max(dp[j] + 1) 其中 0 <= j < i && e[i][0] > e[j][0] && e[i][1] > e[j][1] 。
  • 初始化：全部初始化为 1 。
  • 填表顺序：从左往右。
  • 返回值：整个 dp 表中的最大值。
class Solution {
public:int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& envelopes) {sort(envelopes.begin(), envelopes.end());int n = envelopes.size(), ret = 1;vector<int> dp(n, 1);for(int i = 1; i < n; ++i){for(int j = 0; j < i; ++j){if(envelopes[i][0] > envelopes[j][0] && envelopes[i][1] > envelopes[j][1]){dp[i] = max(dp[i], dp[j] + 1);}}ret = max(ret, dp[i]);}return ret;}
};

解析代码2_重写排序+贪心+二分

当我们把整个信封按照下面的规则排序之后：

  • 左端点不同的时候：按照左端点从小到大排序。
  • 左端点相同的时候：按照右端点从大到小排序

        此时问题就变成了仅考虑信封的右端点，完完全全的变成的最长递增子序列的模型。那么我们就可以用贪心 + 二分优化我们的算法。

class Solution {
public:int maxEnvelopes(vector<vector<int>>& envelopes) {sort(envelopes.begin(), envelopes.end(), [&](vector<int>& e1, vector<int>& e2){return e1[0] != e2[0] ? e1[0] < e2[0] : e1[1] > e2[1];});vector<int> ret;ret.push_back(envelopes[0][1]);for(auto& e : envelopes){if(e[1] > ret.back()){ret.push_back(e[1]);}else // 二分找到要放的位置（找大于等于e[1]的左端点）{int left = 0, right = ret.size() - 1;while(left < right){int mid = (left + right) >> 1;if(ret[mid] < e[1])left = mid + 1;elseright = mid;}ret[left] = e[1];}}return ret.size();}
};

⑥力扣1262. 可被三整除的最大和

1262. 可被三整除的最大和

难度 中等

给你一个整数数组 nums，请你找出并返回能被三整除的元素最大和。

示例 1：

输入：nums = [3,6,5,1,8]
输出：18
解释：选出数字 3, 6, 1 和 8，它们的和是 18（可被 3 整除的最大和）。

示例 2：

输入：nums = [4]
输出：0
解释：4 不能被 3 整除，所以无法选出数字，返回 0。

示例 3：

输入：nums = [1,2,3,4,4]
输出：12
解释：选出数字 1, 3, 4 以及 4，它们的和是 12（可被 3 整除的最大和）。

提示：

  • 1 <= nums.length <= 4 * 10^4
  • 1 <= nums[i] <= 10^4
class Solution {
public:int maxSumDivThree(vector<int>& nums) {}
};

解析代码

正难则反： 可以先把所有的数累加在一起，然后根据累加和的结果，贪心地删除一些数。

分类讨论：设累加和为 sum ，用 x 标记 %3 == 1 的数，用 y 标记 % 3 == 2 的数。那么根据 sum 的余数，可以分为下面三种情况：（求最小的值和次小的值可以直接sort，也可以在求数组和的时候记录下来，时间就变为了O（N））。

  • sum % 3 == 0 ，此时所有元素的和就是满足要求的，直接返回。
  • sum % 3 == 1，此时数组中要么存在一个x（x % 3 == 1），要么存在两个y（y % 3 == 2）。因为我们要的是最大值，所以应该选择 x 中最小的那么数，记为 x1 ，或者是 y 中最小以及次小的两个数，记为 y1, y2 。那么，我们应该选择这两种情况下的最大值： max(sum - x1, sum - y1 - y2) 。
  • sum % 3 == 2，此时数组中要么存在一个 y（y % 3 == 2），要么存在两个 x（x % 3 == 1） 。因为我们要的是最大值，所以应该选择 y 中最小的那个数，记为 y1 ，或者是 x 中最小以及次小的两个数，记为 x1, x2 。那么，我们应该选择这两种情况下的最大值： max(sum - y1, sum - x1 - x2) 。

那么应该选择下面两种情况下的最大值： max(sum - y1, sum - x1 - x2) ；

class Solution {
public:int maxSumDivThree(vector<int>& nums) {const int INF = 0x3f3f3f3f;int sum = 0, x1 = INF, x2 = INF, y1 = INF, y2 = INF;for(auto& x : nums){sum += x;if(x % 3 == 1) // 找出x % 3 == 1中x最小的和次小的{if(x < x1)x2 = x1, x1 = x;else if(x < x2) x2 = x;}else if(x % 3 == 2) // 找出x % 3 == 2中x最小的和次小的{if(x < y1)y2 = y1, y1 = x;else if(x < y2)y2 = x;}}if(sum % 3 == 1)sum = max(sum - x1, sum - y1 - y2);else if(sum % 3 == 2)sum = max(sum - y1, sum - x1 - x2);return sum;}
};

⑦力扣1054. 距离相等的条形码

1054. 距离相等的条形码

难度 中等

在一个仓库里，有一排条形码，其中第 i 个条形码为 barcodes[i]。

请你重新排列这些条形码，使其中任意两个相邻的条形码不能相等。 你可以返回任何满足该要求的答案，此题保证存在答案。

示例 1：

输入：barcodes = [1,1,1,2,2,2]
输出：[2,1,2,1,2,1]

示例 2：

输入：barcodes = [1,1,1,1,2,2,3,3]
输出：[1,3,1,3,2,1,2,1]

提示：

  • 1 <= barcodes.length <= 10000
  • 1 <= barcodes[i] <= 10000
class Solution {
public:vector<int> rearrangeBarcodes(vector<int>& barcodes) {}
};

解析代码

贪心策略：

  • 每次处理一批相同的数字，往 n 个空里面摆放。
  • 每次摆放的时候，隔一个格子摆放一个数。
  • 先处理出现次数最多的那个数，剩下的数可任意。此题保证存在答案->出现次数最多的那个数不会超过（n + 1）/ 2，下一个数想相邻的话只能“填一圈”（不可能）。
class Solution {
public:vector<int> rearrangeBarcodes(vector<int>& barcodes) {unordered_map<int, int> hash; // 数和其出现的次数int mostVal = 0, maxCount = 0;for(auto& e : barcodes) // 统计每个数出现的频次{++hash[e];if(maxCount < hash[e]){maxCount = hash[e];mostVal = e;}}int n = barcodes.size(), index = 0;vector<int> ret(n);for(int i = 0; i < maxCount; ++i) // 先处理出现次数最多的数{ret[index] = mostVal;index += 2;}hash.erase(mostVal);for(auto& [a, b] : hash) // 处理剩下的数{for(int i = 0; i < b; ++i){if(index >= n)index = 1;ret[index] = a;index += 2;}}return ret;}
};

⑧力扣767. 重构字符串

767. 重构字符串

难度 中等

给定一个字符串 s ，检查是否能重新排布其中的字母，使得两相邻的字符不同。

返回 s 的任意可能的重新排列。若不可行，返回空字符串 "" 。

示例 1:

输入: s = "aab"
输出: "aba"

示例 2:

输入: s = "aaab"
输出: ""

提示:

  • 1 <= s.length <= 500
  • s 只包含小写字母
class Solution {
public:string reorganizeString(string s) {}
};

解析代码

和力扣1054. 距离相等的条形码基本一致。

贪心策略：

  • 每次处理一批相同的字母，往 n 个空里面摆放。
  • 每次摆放的时候，隔一个格子摆放一个字母。
  • 先处理出现次数最多的那个字母，剩下的字母可任意。如果出现次数最多的那个字母不超过（n + 1）/ 2，则有解，下一个字母想相邻的话只能“填一圈”（不可能）。
class Solution {
public:string reorganizeString(string s) {int hash[26] = {0};char mostVal = s[0];int maxCount = 0;for(auto& e : s) // 统计每个数出现的频次{++hash[e - 'a'];if(maxCount < hash[e - 'a']){maxCount = hash[e - 'a'];mostVal = e;}}int n = s.size(), index = 0;if(maxCount > (n + 1) / 2)return "";string ret(n, ' ');for(int i = 0; i < maxCount; ++i) // 先处理出现次数最多的数{ret[index] = mostVal;index += 2;}hash[mostVal - 'a'] = 0;for(int i = 0; i < 26; ++i) // 处理剩下的数{for(int j = 0; j < hash[i]; ++j){if(index >= n)index = 1;ret[index] = i + 'a';index += 2;}}return ret;}
};

本篇完。

        此专栏暂时就不更新了，常见的算法的学了一遍了，先完结撒花，后面再更新高阶数据结构图等内容，然后更新力扣的每日一题或者更新一些牛客的题。

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