1005. K 次取反后最大化的数组和 - 力扣（LeetCode）
思路:
- 将数组按绝对值从大到小排序，遍历数组，如果遇到小于0的数且此时
k > 0，那么将该值符号反转，如果遍历完一次仍满足k > 0，那么将最小的数翻转k次(此处做取余数处理更快)，最后将处理完成的数组元素相加即可
我的AC代码
//时间复杂度O(nlogn),空间复杂度O(1)
class Solution {
public:
static bool cmp(int& a, int& b) {
return abs(a) > abs(b);
}
int largestSumAfterKNegations(vector<int>& nums, int k) {
int ans = 0;
sort(nums.begin(), nums.end(), cmp);
for(int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
if(k > 0 && nums[i] < 0) {
nums[i] = -nums[i];
k--;
}
}
k = k % 2;
while(k--) {
nums[nums.size() - 1] = -nums[nums.size() - 1];
}
for(int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
ans += nums[i];
}
return ans;
}
};标准答案
//时间复杂度O(nlogn),空间复杂度O(1)
class Solution {
static bool cmp(int a, int b) {
return abs(a) > abs(b);
}
public:
int largestSumAfterKNegations(vector<int>& A, int K) {
sort(A.begin(), A.end(), cmp); // 第一步
for (int i = 0; i < A.size(); i++) { // 第二步
if (A[i] < 0 && K > 0) {
A[i] *= -1;
K--;
}
}
if (K % 2 == 1) A[A.size() - 1] *= -1; // 第三步
int result = 0;
for (int a : A) result += a; // 第四步
return result;
}
};134. 加油站 - 力扣（LeetCode）
思路:
- 遍历所有加油站，计算每个加油站
gas与cost的差值，若总差值小于0则返回-1，在遍历过程中如果当前差值和小于0则将当前差值和重置为0，并将起始点置为i + 1，因为如果[l, r]区间内的差值和小于0，则可以断定起点不在该范围内
我的AC代码
//时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
int cursum = 0;
int totalsum = 0;
int start = 0;
for(int i = 0; i < gas.size(); ++i) {
totalsum += gas[i] - cost[i];
cursum += gas[i] - cost[i];
if(cursum < 0) {
cursum = 0;
start = i + 1;
}
}
if(totalsum < 0) {
return -1;
}
return start;
}
};标准答案
暴力法
//时间复杂度O(n^2),空间复杂度O(1)
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
for (int i = 0; i < cost.size(); i++) {
int rest = gas[i] - cost[i]; // 记录剩余油量
int index = (i + 1) % cost.size();
while (rest > 0 && index != i) { // 模拟以i为起点行驶一圈
rest += gas[index] - cost[index];
index = (index + 1) % cost.size();
}
// 如果以i为起点跑一圈，剩余油量>=0，返回该起始位置
if (rest >= 0 && index == i) return i;
}
return -1;
}
};巧妙的解法(从全局出发)
直接从全局进行贪心选择，情况如下：
- 情况一：如果gas的总和小于cost总和，那么无论从哪里出发，一定是跑不了一圈的
- 情况二：rest[i] = gas[i]-cost[i]为一天剩下的油，i从0开始计算累加到最后一站，如果累加没有出现负数，说明从0出发，油就没有断过，那么0就是起点
- 情况三：如果累加的最小值是负数，汽车就要从非0节点出发，从后向前，看哪个节点能这个负数填平，能把这个负数填平的节点就是出发节点
//时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
int curSum = 0;
int min = INT_MAX; // 从起点出发，油箱里的油量最小值
for (int i = 0; i < gas.size(); i++) {
int rest = gas[i] - cost[i];
curSum += rest;
if (curSum < min) {
min = curSum;
}
}
if (curSum < 0) return -1; // 情况1
if (min >= 0) return 0; // 情况2
// 情况3
for (int i = gas.size() - 1; i >= 0; i--) {
int rest = gas[i] - cost[i];
min += rest;
if (min >= 0) {
return i;
}
}
return -1;
}
};贪心
可以换一个思路，首先如果总油量减去总消耗大于等于零那么一定可以跑完一圈，说明各个站点的加油站 剩油量rest[i]相加一定是大于等于零的
每个加油站的剩余量rest[i]为gas[i] - cost[i]
i从0开始累加rest[i]，和记为curSum，一旦curSum小于零，说明[0, i]区间都不能作为起始位置，起始位置从i+1算起，再从0计算curSum
//时间复杂度O(n),空间复杂度O(1)
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
int curSum = 0;
int totalSum = 0;
int start = 0;
for (int i = 0; i < gas.size(); i++) {
curSum += gas[i] - cost[i];
totalSum += gas[i] - cost[i];
if (curSum < 0) { // 当前累加rest[i]和 curSum一旦小于0
start = i + 1; // 起始位置更新为i+1
curSum = 0; // curSum从0开始
}
}
if (totalSum < 0) return -1; // 说明怎么走都不可能跑一圈了
return start;
}
};135. 分发糖果 - 力扣（LeetCode）
思路:
-
轮流判断右边评分大于左边的情况和左边评分大于右边的情况，不要顾此失彼
-
先从前向后遍历数组，确定右边评分大于左边的情况
-
然后从后往前遍历数组，确定左边评分大于右边的情况
细节：
- 确定右边评分大于左边一定要从前往后遍历，而确定左边评分大于右边一定要从后往前遍历，因为要利用上一次的结果。比如确定左边评分大于右边的情况，若从前往后遍历，那么每次被改变的那个值在下一轮比较中都没有参与进来，会得出不准确的值，而如果从后往前遍历则每次上一次处理的值都会参与判断
- 从前往后遍历的时候要从1开始，而从后往前遍历的时候要从
ratings.size() - 2开始，因为要确保最后一个元素也参与了判断
我的AC代码
//时间复杂度O(n),空间复杂度O(n)
class Solution {
public:
int candy(vector<int>& ratings) {
int ans = 0;
vector<int> candy(ratings.size(), 1);
for(int i = 1; i < ratings.size(); ++i) {
if(ratings[i] > ratings[i - 1]) {
candy[i] = candy[i - 1] + 1;
}
}
for(int i = ratings.size() - 2; i >= 0; --i) {
if(ratings[i] > ratings[i + 1]) {
candy[i] = max(candy[i], candy[i + 1] + 1);
}
}
for(int i = 0; i < ratings.size(); ++i) {
ans += candy[i];
}
return ans;
}
};标准答案
//时间复杂度O(n),空间复杂度O(n)
class Solution {
public:
int candy(vector<int>& ratings) {
vector<int> candyVec(ratings.size(), 1);
// 从前向后
for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
if (ratings[i] > ratings[i - 1]) candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1;
}
// 从后向前
for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) {
if (ratings[i] > ratings[i + 1] ) {
candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);
}
}
// 统计结果
int result = 0;
for (int i = 0; i < candyVec.size(); i++) result += candyVec[i];
return result;
}
};
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