代码随想录算法训练营第31天 | 455.分发饼干、376. 摆动序列、53. 最大子序和
455. 分发饼干 - 力扣（LeetCode）
思路:
- 先将饼干和小朋友的胃口排序，遍历饼干，如果饼干能满足该小朋友的胃口就
++ans
我的AC代码
//时间复杂度O(nlogn),空间复杂度O(1)
class Solution {
public:
int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
sort(g.begin(), g.end());
sort(s.begin(), s.end());
int ans = 0;
for(int j = 0; ans < g.size() && j < s.size(); ++j) {
if(s[j] >= g[ans]) {
++ans;
}
}
return ans;
}
};标准答案
大饼干喂饱大胃口
//时间复杂度O(nlogn),空间复杂度O(1)
class Solution {
public:
int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
sort(g.begin(), g.end());
sort(s.begin(), s.end());
int index = s.size() - 1; // 饼干数组的下标
int result = 0;
for (int i = g.size() - 1; i >= 0; i--) {
if (index >= 0 && s[index] >= g[i]) {
result++;
index--;
}
}
return result;
}
};小饼干喂饱小胃口
//时间复杂度O(nlogn),空间复杂度O(1)
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]){
index++;
}
}
return index;
}
};376. 摆动序列 - 力扣（LeetCode）
思路:
- 遍历一次数组，记录本次和上一次的差值，若正负号不相同则
cnt++，若相同或者这两个数字相同则直接跳过，要注意只有差值正负号不同且两个数不相同的时候才要将flag赋值给pflag
我的AC代码
贪心
//时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)
class Solution {
public:
int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
int pflag = 0;
int flag = 1;
int ans = 1;
int cnt = 1;
for(int i = 1; i < nums.size(); ++i) {
if(nums[i] - nums[i - 1] > 0) {
flag = 1;
}
else if(nums[i] - nums[i - 1] < 0) {
flag = -1;
}
else {
flag = 0;
}
if(flag != pflag && flag != 0) {
pflag = flag;
cnt++;
if(cnt > ans) {
ans = cnt;
}
}
}
return ans;
}
};标准答案
贪心
//时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)
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 ((curDiff > 0 && preDiff <= 0) || (preDiff >= 0 && curDiff < 0)) {
result++;
preDiff = curDiff;
}
}
return result;
}
};动态规划
//时间复杂度O(n2),空间复杂度O(n)
class Solution {
public:
int dp[1005][2];
int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
memset(dp, 0, sizeof dp);
dp[0][0] = dp[0][1] = 1;
for (int i = 1; i < nums.size(); ++i)
{
dp[i][0] = dp[i][1] = 1;
for (int j = 0; j < i; ++j)
{
if (nums[j] > nums[i]) dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[j][0] + 1);
}
for (int j = 0; j < i; ++j)
{
if (nums[j] < nums[i]) dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[j][1] + 1);
}
}
return max(dp[nums.size() - 1][0], dp[nums.size() - 1][1]);
}
};线段树
// 可以用两棵线段树来维护区间的最大值
// 每次更新dp[i][0]，则在tree1的nums[i]位置值更新为dp[i][0]
// 每次更新dp[i][1]，则在tree2的nums[i]位置值更新为dp[i][1]
// 则dp转移方程中就没有必要j从0遍历到i-1，可以直接在线段树中查询指定区间的值即可。
// 时间复杂度：O(nlog n)
// 空间复杂度：O(n)53. 最大子数组和 - 力扣（LeetCode）
思路:
- 一直累加数组中每个数的值，当值大于
ans时更新ans，当值小于0时直接重置为0(相当于从这个使累加值小于0的值这里跳过，从下一个值开始重新计算子序列和)
我的AC代码
贪心
//时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
int ans = INT_MIN;
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
cnt += nums[i];
if(cnt > ans) {
ans = cnt;
}
if(cnt < 0) {
cnt = 0;
}
}
return ans;
}
};标准答案
贪心
//时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
int result = INT32_MIN;
int count = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
count += nums[i];
if (count > result) { // 取区间累计的最大值（相当于不断确定最大子序终止位置）
result = count;
}
if (count <= 0) count = 0; // 相当于重置最大子序起始位置，因为遇到负数一定是拉低总和
}
return result;
}
};动态规划
//时间复杂度O(n),空间复杂度O(n)
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
if (nums.size() == 0) return 0;
vector<int> dp(nums.size(), 0); // dp[i]表示包括i之前的最大连续子序列和
dp[0] = nums[0];
int result = dp[0];
for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {
dp[i] = max(dp[i - 1] + nums[i], nums[i]); // 状态转移公式
if (dp[i] > result) result = dp[i]; // result 保存dp[i]的最大值
}
return result;
}
};
Comments NOTHING