1005. K 次取反后最大化的数组和

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题目描述：
给定一个整数数组 A，我们只能用以下方法修改该数组：我们选择某个索引 i 并将 A[i] 替换为 -A[i]，然后总共重复这个过程 K 次。（我们可以多次选择同一个索引 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：A = [4,2,3], K = 1
• 输出：5
  解释：选择索引 (1,) ，然后 A 变为 [4,-2,3]。

示例 2：

• 输入：A = [3,-1,0,2], K = 3
• 输出：6
  解释：选择索引 (1, 2, 2) ，然后 A 变为 [3,1,0,2]。

示例 3：

• 输入：A = [2,-3,-1,5,-4], K = 2
• 输出：13
  解释：选择索引 (1, 4) ，然后 A 变为 [2,3,-1,5,4]。

提示：
1 <= A.length <= 10000
1 <= K <= 10000
-100 <= A[i] <= 100

难点：
这题难度不大

思路：
每次找最小值变换

class Solution {//核心：每次找最小值变换public int largestSumAfterKNegations(int[] nums, int k) {while (k-- != 0) {changeMin(nums);}int total = 0;for (int num : nums) {total += num;}return total;}public void changeMin(int[] nums) {int minValue = Integer.MAX_VALUE;int minTag = 0;for (int i = 0; i < nums.length; i++) {if (nums[i] < minValue) {minValue = nums[i];minTag = i;}}nums[minTag] = 0 - nums[minTag];}
}

思路2：
无需保持原数组顺序
先按照绝对值排序
优先变换绝对值大的负数

class Solution {public int largestSumAfterKNegations(int[] nums, int K) {// 将数组按照绝对值大小从大到小排序，注意要按照绝对值的大小nums = IntStream.of(nums).boxed().sorted((o1, o2) -> Math.abs(o2) - Math.abs(o1)).mapToInt(Integer::intValue).toArray();int len = nums.length;	    for (int i = 0; i < len; i++) {//从前向后遍历，遇到负数将其变为正数，同时K--if (nums[i] < 0 && K > 0) {nums[i] = -nums[i];K--;}}// 如果K还大于0，那么反复转变数值最小的元素，将K用完if (K % 2 == 1) nums[len - 1] = -nums[len - 1];return Arrays.stream(nums).sum();}
}

时长：

收获：

• 使用IntStream流处理

• 使用流计算数组的和
  Arrays.stream(nums).sum()

134. 加油站

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题目描述：
在一条环路上有 N 个加油站，其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] 升。

你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 i 个加油站开往第 i+1 个加油站需要消耗汽油 cost[i] 升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。

如果你可以绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1。

说明:

如果题目有解，该答案即为唯一答案。
输入数组均为非空数组，且长度相同。
输入数组中的元素均为非负数。
示例 1:

• 输入:
  gas = [1,2,3,4,5]
  cost = [3,4,5,1,2]
• 输出: 3
  解释:
  从 3 号加油站(索引为 3 处)出发，可获得 4 升汽油。此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
  开往 4 号加油站，此时油箱有 4 - 1 + 5 = 8 升汽油
  开往 0 号加油站，此时油箱有 8 - 2 + 1 = 7 升汽油
  开往 1 号加油站，此时油箱有 7 - 3 + 2 = 6 升汽油
  开往 2 号加油站，此时油箱有 6 - 4 + 3 = 5 升汽油
  开往 3 号加油站，你需要消耗 5 升汽油，正好足够你返回到 3 号加油站。
  因此，3 可为起始索引。

示例 2:

• 输入:
  gas = [2,3,4]
  cost = [3,4,3]
• 输出: -1
  解释:
  你不能从 0 号或 1 号加油站出发，因为没有足够的汽油可以让你行驶到下一个加油站。我们从 2 号加油站出发，可以获得 4 升汽油。 此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油。开往 0 号加油站，此时油箱有 4 - 3 + 2 = 3 升汽油。开往 1 号加油站，此时油箱有 3 - 3 + 3 = 3 升汽油。你无法返回 2 号加油站，因为返程需要消耗 4 升汽油，但是你的油箱只有 3 升汽油。因此，无论怎样，你都不可能绕环路行驶一周。

难点：
判断策略

思路1——暴力：
暴力的方法很明显就是O(n^2)的，遍历每一个加油站为起点的情况，模拟一圈。
如果跑了一圈，中途没有断油，而且最后油量大于等于0，说明这个起点是ok的。

时间复杂度：O(n^2)
空间复杂度：O(1)

public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {for (int i = 0; i < gas.length; i++) {int oil = gas[i]; //起始油量int cnt = gas.length; //记录经过加油站数量int j = i; //注意不要在循环中直接使用i！！！while (oil >= cost[j] && cnt > 0) {cnt--;oil -= cost[j];j = (j+1) % gas.length;oil += gas[j];}if (cnt == 0) {return i;}}return -1;}

思路2——贪心1：
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，看哪个节点能把这个负数填平，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)

public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {int curSum = 0; //记录累计剩余油量int min = Integer.MAX_VALUE; //从起点出发，油箱油量最小值for (int i = 0; i < gas.length; i++) {int rest = gas[i] - cost[i];curSum += rest;if (min > curSum) {min = curSum;}}if (curSum < 0) return -1;if (min >= 0) return 0;for (int i = gas.length-1; i >=0; i--) {int rest = gas[i] - cost[i];min += rest;if (min >= 0) {return i;}}return -1;
}

好抽象。。。。。。。。。

思路3——贪心2：
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，因为这个区间选择任何一个位置作为起点，到i这里都会断油，那么起始位置从i+1算起，再从0计算curSum。

那么为什么一旦[0，i] 区间和为负数，起始位置就可以是i+1呢，i+1后面就不会出现更大的负数？

如果出现更大的负数，就是更新i，那么起始位置又变成新的i+1了。

class Solution {public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {int start = 0; //初始化为从0出发int curSum = 0; //记录从start出发当前累计剩余油量int totalSum = 0; //记录经过所有地点累计剩余油量for (int i = 0; i < gas.length; i++) {int rest = gas[i] - cost[i];curSum += rest;totalSum += rest;if (curSum < 0) {curSum = 0;start = i+1;}}if (totalSum < 0) return -1;return start;}
}

时长：
30min

收获：
第2种贪心思路非常不错，学习了！

135. 分发糖果

题目链接

题目描述：
老师想给孩子们分发糖果，有 N 个孩子站成了一条直线，老师会根据每个孩子的表现，预先给他们评分。

你需要按照以下要求，帮助老师给这些孩子分发糖果：

每个孩子至少分配到 1 个糖果。
相邻的孩子中，评分高的孩子必须获得更多的糖果。
那么这样下来，老师至少需要准备多少颗糖果呢？

示例 1:

• 输入: [1,0,2]
• 输出: 5
  解释: 你可以分别给这三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。

示例 2:

• 输入: [1,2,2]
• 输出: 4
  解释: 你可以分别给这三个孩子分发 1、2、1 颗糖果。第三个孩子只得到 1 颗糖果，这已满足上述两个条件

难点：

思路：
这道题目一定是要确定一边之后，再确定另一边，例如比较每一个孩子的左边，然后再比较右边，如果两边一起考虑一定会顾此失彼。

先确定右边评分大于左边的情况（也就是从前向后遍历）

此时局部最优：只要右边评分比左边大，右边的孩子就多一个糖果，全局最优：相邻的孩子中，评分高的右孩子获得比左边孩子更多的糖果

局部最优可以推出全局最优。

再确定左孩子大于右孩子的情况（从后向前遍历）

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

class Solution {public int candy(int[] ratings) {int[] candyAlloc = new int[ratings.length];Arrays.fill(candyAlloc, 1); //保证每个小孩至少有一颗糖for (int i = 1; i < ratings.length; i++) {if (ratings[i] > ratings[i-1]) {candyAlloc[i] = candyAlloc[i-1] + 1;}}for (int i = ratings.length-1; i > 0; i--) {if (ratings[i] < ratings[i-1]) {candyAlloc[i-1] = Math.max(candyAlloc[i-1], candyAlloc[i]+1);}}int total = 0;for (int num : candyAlloc) {total += num;}return total;}
}

时长：
15min

收获：
思想