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e18305c54a
commit
ba62bbc0a2
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@ -18,7 +18,7 @@ public class CanCompleteCircuit {
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@Test
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public void test() {
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int[] gas = {1, 2, 3, 4, 5}, cost = {3, 4, 5, 1, 2};
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System.out.println(canCompleteCircuit(gas, cost));
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System.out.println(canCompleteCircuit1(gas, cost));
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}
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@ -72,4 +72,114 @@ public class CanCompleteCircuit {
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}
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}
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/**
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* 官方代码思路：我们首先检查第 0个加油站，并试图判断能否环绕一周；如果不能，就从第一个无法到达的加油站开始继续检查。
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* 速度击败78.24%，内存击败16.6%
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* 这种思路理论上来说是O(N),但是实际上可能是O(N^2),因为他遍历以后还需要至少重头开始计算一次，
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* 但是实际上可以通过数学推导进行避免，例如本人的思路，当然本人的思路的前提是题目只有唯一解，如果有多个解本人方法是没办法找的，题解方法可以
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* @param gas
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* @param cost
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* @return
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*/
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public int canCompleteCircuit1(int[] gas, int[] cost) {
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int n = gas.length;
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int i = 0;
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while (i < n) {
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int sumOfGas = 0, sumOfCost = 0;
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int cnt = 0;
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while (cnt < n) {
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//使得一定会转一圈回到原地
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int j = (i + cnt) % n;
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sumOfGas += gas[j];
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sumOfCost += cost[j];
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if (sumOfCost > sumOfGas) {
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break;
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}
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cnt++;
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}
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//判断是否是转了一圈，如果转了一圈，则证明找到了那个唯一解
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if (cnt == n) {
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return i;
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} else {
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//没有转一圈,从头开始找
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i = i + cnt + 1;
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}
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}
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return -1;
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}
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/**
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* 代码随想录贪心算法一思路：
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* 情况一：gas总和小于cost，永远到不了
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* 情况二：rest=gas-cost的累加和一直大于0，则从0出发
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* 情况二：rest=gas-cost小于0了，则没办法到下一站，则直接从下一站非0点出发
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* @param gas
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* @param cost
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* @return
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*/
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public int canCompleteCircuit2(int[] gas, int[] cost) {
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int curSum=0;
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int min=Integer.MAX_VALUE; //从起点出发，油箱里的油量的最小值
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for (int i = 0; i < gas.length; i++) {
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int rest=gas[i]-cost[i];
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curSum+=rest;
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if(curSum<min){
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min=curSum;
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}
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}
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if(curSum<0)return -1; //情况一
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if(min>=0)return 0; //情况二
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//情况三
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//这里开始反向加，如果加完之后大于0了，则证明一定可以转一圈，反之如果怎么加都不能加到则-1
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for (int i =gas.length-1; i > 0; i--) {
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int rest=gas[i]-cost[i];
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min+=rest;
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||||
if(min>=0){
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return i;
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}
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}
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return -1;
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}
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/**
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* 代码随想录贪心算法二思路：
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* 与本人方法类似，不需要使用flag
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* 速度击败78.24%，内存击败35.3%
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* @param gas
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* @param cost
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* @return
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*/
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public int canCompleteCircuit3(int[] gas, int[] cost) {
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int curSum=0;
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int totalSum=0;
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int start=0;
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for (int i = 0; i < gas.length; i++) {
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curSum+=gas[i]-cost[i];
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totalSum+=gas[i]-cost[i];
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||||
if(curSum<0){
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start=i+1;
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||||
curSum=0;
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}
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}
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if(totalSum<0)return -1;
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return start;
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}
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}
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@ -0,0 +1,204 @@
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package com.markilue.leecode.greedy;
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import org.junit.Test;
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import java.util.Arrays;
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/**
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* @BelongsProject: Leecode
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* @BelongsPackage: com.markilue.leecode.greedy
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* @Author: markilue
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* @CreateTime: 2022-11-09 11:19
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* @Description: TODO 力扣135题 分发糖果：
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* n 个孩子站成一排。给你一个整数数组 ratings 表示每个孩子的评分。
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* 你需要按照以下要求，给这些孩子分发糖果：
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* 每个孩子至少分配到 1 个糖果。
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* 相邻两个孩子评分更高的孩子会获得更多的糖果。
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* 请你给每个孩子分发糖果，计算并返回需要准备的 最少糖果数目 。
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* @Version: 1.0
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*/
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public class Candy {
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@Test
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public void test() {
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int[] ratings = {1, 0, 2};
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System.out.println(candy(ratings));
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}
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@Test
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public void test1() {
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||||
int[] ratings = {1, 2, 2};
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||||
System.out.println(candy(ratings));
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}
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@Test
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||||
public void test2() {
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int[] ratings = {5, 4, 3, 2, 1, 2, 6, 4, 3, 2, 1};
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||||
System.out.println(candy2(ratings));
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}
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@Test
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||||
public void test3() {
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||||
int[] ratings = {1, 2, 3, 4, 5, 3, 1, 2, 3, 5};
|
||||
System.out.println(candy(ratings));
|
||||
}
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||||
@Test
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||||
public void test4() {
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||||
int[] ratings = {1, 3, 2, 2, 1};
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||||
System.out.println(candy(ratings)); //7
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}
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@Test
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||||
public void test5() {
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int[] ratings = {29, 51, 87, 87, 72, 12};
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System.out.println(candy2(ratings)); //12
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}
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/**
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* 本人思路:要计算当前位置至少需要多少糖果，如果观察局部左右的最小值的位置，
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* 因此需要寻找一个单调递减的位置的。然后candy依次递增累加
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* todo 尚且有问题，对于test5不行，问题在于：对于相等值的边界处理，现在是如果相等就跟之前反向，则test5过不去
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*
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* @param ratings
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* @return
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*/
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public int candy(int[] ratings) {
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int sum = 0;
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int countMin = 1; //记录单调下降区间中的count数
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int countMax = 1; //记录单调上升区间中的count数
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int pre = 1;
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boolean flag = true;
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for (int i = 0; i < ratings.length - 1; i++) {
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int cur = ratings[i + 1] - ratings[i];
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if (cur == 0 && i > 0) {
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cur = -(ratings[i] - ratings[i - 1]);
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}
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if (cur < 0) {
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if (!flag) {
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pre = countMax;
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countMax = 1;
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flag = true;
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}
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//单调递减区间
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sum += countMin;
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countMin = countMin + 1;
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} else {
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//单调递增区间
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//找到局部最小值的转折点了
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//对于极值点的判断
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if (flag) {
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if (countMin > pre) {
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||||
sum += countMin;
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} else {
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||||
sum += pre;
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}
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countMin = 1;
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countMax = 2;
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flag = false;
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continue;
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}
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sum += countMax;
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countMax = countMax + 1;
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}
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}
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if (countMax == 1) {
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if (countMin > pre) {
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sum += countMin;
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} else {
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sum += pre;
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}
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} else {
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sum += countMax;
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}
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return sum;
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}
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/**
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* 代码随想录思路:对于贪心策略的使用,如果在考虑局部最优的时候想兼顾两边，就会顾此失彼
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* 本题则需要采用两次贪心的策略：
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* 一次是从左到右的遍历，只比较右边孩子的评分比左边大的情况
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* 另一次是从右到左遍历，只比较左边孩子的评分比右边大的情况
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* 速度击败98.66%，内存击败6.19%
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* @param ratings
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* @return
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*/
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public int candy1(int[] ratings) {
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int[] candyVec = new int[ratings.length];
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Arrays.fill(candyVec, 1);
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//从前往后遍历
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for (int i = 1; i < ratings.length; i++) {
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if (ratings[i] > ratings[i - 1]) candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1;
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}
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//从后前遍历
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for (int i = ratings.length - 2; i >= 0; i--) {
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//这里是判断从左往右的需求大还是从右往左的需要大
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if (ratings[i] > ratings[i + 1]) candyVec[i] = Math.max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);
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}
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//统计结果
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int result=0;
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for (int i = 0; i < candyVec.length; i++) {
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result+=candyVec[i];
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}
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return result;
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}
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/**
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* 官方常数空间思路:
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* 从左到右枚举每一个同学，记前一个同学分得的糖果数量为 pre：
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* 如果当前同学比上一个同学评分高，说明我们就在最近的递增序列中，直接分配给该同学 pre+1个糖果即可。
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* 否则我们就在一个递减序列中，我们直接分配给当前同学一个糖果，并把该同学所在的递减序列中所有的同学都再多分配一个糖果，以保证糖果数量还是满足条件。
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* 我们无需显式地额外分配糖果，只需要记录当前的递减序列长度，即可知道需要额外分配的糖果数量。
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* 同时注意当当前的递减序列长度和上一个递增序列等长时，需要把最近的递增序列的最后一个同学也并进递减序列中。
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* 这样，我们只要记录当前递减序列的长度dec，最近的递增序列的长度 inc 和前一个同学分得的糖果数量 pre 即可。
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* 速度击败98.66%，内存击败34.77%
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* @param ratings
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* @return
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*/
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public int candy2(int[] ratings) {
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int n = ratings.length;
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int ret = 1;
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//inc记录上升时，上次的糖果数；dec记录下降时的糖果数
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int inc = 1, dec = 0, pre = 1;
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for (int i = 1; i < n; i++) {
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if (ratings[i] >= ratings[i - 1]) {
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dec = 0;
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pre = ratings[i] == ratings[i - 1] ? 1 : pre + 1;
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ret += pre;
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inc = pre;
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} else {
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dec++;
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//这里是最关键的一点，比较神奇，核心在于dec=inc则左右一样长了，那么最上面的节点也需要加1，
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// 这里dec+1,相当于帮助上边的节点完成+1操作；而往后每多一个都需要帮助最上面的节点+1，而当dec+1以后相当于往后每一个都多帮最上边的节点+1，
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// 从而巧妙的只需要一次遍历即可完成操作
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if (dec == inc) {
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dec++;
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}
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ret += dec;
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pre = 1;
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}
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}
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return ret;
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}
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}
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