605. 种花问题（简单）
假设有一个很长的花坛，一部分地块种植了花，另一部分却没有。可是，花不能种植在相邻的地块上，它们会争夺水源，两者都会死去。
给你一个整数数组
flowerbed表示花坛，由若干0和1组成，其中0表示没种植花，1表示种植了花。另有一个数n，能否在不打破种植规则的情况下种入n朵花？能则返回true，不能则返回false。
解法一、贪心
先种满，数数满了多出来几朵，再讨论n在不在范围内。对边界要求有点高。。
题解里较完美的一个if条件：
if ((i == 0 || f[i - 1] == 0) && f[i] == 0 && (i == m - 1 || f[i + 1] == 0))
class Solution {public boolean canPlaceFlowers(int[] flowerbed, int n) {int num = flowerbed.length;int res = 0;if(num == 1){return n==0 || flowerbed[0] == 0 && n == 1 ;}else if(num == 2){return n==0 || ((flowerbed[0] == 0 && flowerbed[1] == 0) && n == 1);}for(int i = 0; i < num;i++){if(i == 0 && flowerbed[0] == 0 && flowerbed[1] == 0){flowerbed[0] = 1;res++;}else if(i == num-1 && flowerbed[i-1] == 0 && flowerbed[i] == 0){res++;}else if(i > 0 && i < num - 1 && flowerbed[i] != 1 && flowerbed[i+1] != 1 && flowerbed[i-1] != 1){flowerbed[i] = 1;res++;}}return n <= res;}
}
121. 买卖股票的最佳时机(简单)
给定一个数组
prices，它的第i个元素prices[i]表示一支给定股票第i天的价格。你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回
0。
解法一、暴力（超时）
一开始确实想不动脑子来着（
public class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int maxprofit = 0;for (int i = 0; i < prices.length - 1; i++) {for (int j = i + 1; j < prices.length; j++) {int profit = prices[j] - prices[i];if (profit > maxprofit) {maxprofit = profit;}}}return maxprofit;}
}
解法二、类dp
但不需要维护一个dp数组，只需要维护一个从0-k（0<=k<n）的最小买入值就好
class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int min = prices[0];int profit = 0;for(int i = 1;i < prices.length;i++){profit = Math.max(prices[i] - min,profit);min = Math.min(min,prices[i]);}return profit;}
}
122. 买卖股票的最佳时机 II（中等）
给你一个整数数组
prices，其中prices[i]表示某支股票第i天的价格。在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。
返回 你能获得的 最大 利润 。
解法一、贪心
本质思想就是一旦有钱赚马上买入卖出。注意：贪心只能模拟思想过程，不是实际交易过程。如对于[1,3,4]，贪心是1买3卖、3买4卖，交易过程是1买4卖。两者利益等价，行为不等价。
本题还有很多其他类型，尤其是dp/递增栈，但果然还是放在dp专题里做比较好吧~这方面就不贪心了！
class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int profit = 0;if(prices.length < 2)return 0;for(int i = 1;i < prices.length;i++){if(prices[i] > prices[i-1])profit += prices[i] - prices[i-1];}return profit;}
}
561. 数组拆分(简单)
给定长度为
2n的整数数组nums，你的任务是将这些数分成n对, 例如(a1, b1), (a2, b2), ..., (an, bn)，使得从1到n的min(ai, bi)总和最大。返回该 最大总和 。
解法一、排序
要取最大，也就是尽量把小的和小的堆一起，大的和大的堆一起。所以先排序，排序后数组偶数位置的和就是所求。
class Solution {public int arrayPairSum(int[] nums) {Arrays.sort(nums);int n = nums.length,sum = 0;for(int i = 0;i < n;i +=2){sum+=nums[i];}return sum;}
}
解法二、数组排序
从代码示例那边看到的。这个和之前看到的那个取maxSum、minSum然后/2的技法其实有点像，桶排序虽然麻烦但是耗时真的很低。这里直接取gpt的解释吧。
index用来追踪当前已经遍历的数值的累计个数。
res是用于存储最终的结果。每当
arr[i] > 0，意味着索引i对应的数值在nums中出现过，代码会根据当前的index和arr[i]的值来计算部分结果：
((index + 1) % 2 + arr[i]) / 2这个表达式与确定中位数位置相关，它用于决定是否将该数值纳入res的计算。
(i - 10000)将索引i转换回原来的数值范围（因为我们之前对nums的数值进行了偏移处理）。最后，
index = index + arr[i]用于更新累计的数值个数。
((index + 1) % 2 + arr[i]) / 2这个表达式的作用是用于控制在遍历过程中，是否选择将当前i对应的数值 (即i - 10000) 贡献给最终的res结果。让我们一步一步拆解它的含义：1.
index + 1
index是用来记录遍历到当前位置之前，总共处理过的元素的个数。index + 1表示当前的元素是所有已经遍历过的元素中的第几个。2.
% 2对
index + 1取模 2 的作用是确定当前这个元素是偶数还是奇数。它会返回两种情况：
当
index + 1是奇数时，(index + 1) % 2 = 1。当
index + 1是偶数时，(index + 1) % 2 = 0。这个结果决定了后续表达式的一个偏移调整。
3.
arr[i]
arr[i]表示当前索引i对应的数值在nums数组中出现的次数。4.
((index + 1) % 2 + arr[i])这一步是把
(index + 1) % 2和arr[i]的值加起来：
如果当前是奇数个元素 (
(index + 1) % 2 = 1)，那么结果就是1 + arr[i]。如果当前是偶数个元素 (
(index + 1) % 2 = 0)，那么结果就是0 + arr[i]。这相当于调整了
arr[i]的数值，使得某些条件下它多加 1 或不变，这和计算中位数的位置有关系。5.
/ 2这一步是对整个表达式进行除以 2：
如果
arr[i]是偶数或者(index + 1) % 2是 0，那么(index + 1) % 2 + arr[i]是偶数，除以 2 后返回一个整数。如果
arr[i]是奇数，并且(index + 1) % 2 = 1，这会使得奇数变为偶数的一半。总体意义
这个表达式的作用在于，在遍历过程中，根据当前遍历的元素顺序（
index）以及该元素的出现次数（arr[i]），判断要不要取一半的数值（除以 2），这样就可以控制贡献给res的数值。在处理中位数相关的算法时，这个操作可以帮助判断中位数所在位置以及应取多少值。举例
假设：
arr[i] = 3表示当前这个数出现了 3 次，
index + 1 = 5表示当前是第 5 个元素，那么：
(index + 1) % 2 = 1，所以((index + 1) % 2 + arr[i]) = 1 + 3 = 4，
/ 2后结果是2，表示将当前的数值贡献 2 次。这个操作对中位数或者其他与位置相关的统计操作有帮助。
class Solution {public int arrayPairSum(int[] nums) {if (nums.length <= 1800) {Arrays.sort(nums);int sum = 0;for (int i = 0; i < nums.length; i = i + 2) {sum = sum + nums[i];}return sum;} else {// 在该用数组排序的时候又把这件事忘了个干净int[] arr = new int[20001];for (int i = 0; i < nums.length; i++) {arr[nums[i] + 10000]++;}int index = 0;int res = 0;for (int i = 0; i < arr.length; i++) {if (arr[i] > 0) {res = res + ((index + 1) % 2 + arr[i]) / 2 * (i - 10000);index = index + arr[i];}}return res;}}
}455. 分发饼干（简单）
假设你是一位很棒的家长，想要给你的孩子们一些小饼干。但是，每个孩子最多只能给一块饼干。
对每个孩子
i，都有一个胃口值g[i]，这是能让孩子们满足胃口的饼干的最小尺寸；并且每块饼干j，都有一个尺寸s[j]。如果s[j] >= g[i]，我们可以将这个饼干j分配给孩子i，这个孩子会得到满足。你的目标是满足尽可能多的孩子，并输出这个最大数值。
解法一、排序+双指针
先排序。如果饼干比当前孩子胃口值小，那么饼干值往后挑。否则，i++，j++，计入结果。
class Solution {public int findContentChildren(int[] g, int[] s) {int i = 0,j = 0,res = 0;Arrays.sort(g);Arrays.sort(s);while(i < g.length && j < s.length){while(i < g.length && j < s.length && s[j] < g[i])j++;if(i < g.length && j < s.length && s[j] >= g[i]){i++;j++;res++;}}return res;}
}
稍微改善一些（2ms）的情况。在这次的循环里，以孩子都吃到为前提条件，如果饼干用完，则结束，减少了反复判断。
public int findContentChildren0(int[] g, int[] s) {Arrays.sort(g);Arrays.sort(s);int result = 0;int j = 0;for (int i = 0; i < g.length; i++) {while (j < s.length && g[i] > s[j]) {j++;}if (j >= s.length) {break;}j++;result++;}return result;}
575. 分糖果（简单）
Alice 有
n枚糖，其中第i枚糖的类型为candyType[i]。Alice 注意到她的体重正在增长，所以前去拜访了一位医生。医生建议 Alice 要少摄入糖分，只吃掉她所有糖的
n / 2即可（n是一个偶数）。Alice 非常喜欢这些糖，她想要在遵循医生建议的情况下，尽可能吃到最多不同种类的糖。给你一个长度为
n的整数数组candyType，返回： Alice 在仅吃掉n / 2枚糖的情况下，可以吃到糖的 最多种类数。
解法一、枚举
只要品种不同就过，如果达到满值就break
class Solution {public int distributeCandies(int[] candyType) {int res = 0,n2 = candyType.length;Arrays.sort(candyType);for(int i = 0;i < n2;i++){if(res == n2/2)return n2/2;res++;while(i < n2-1 && candyType[i]==candyType[i+1])i++;}return res;}
}
解法二、数据结构去重
本质上就是统计种类，然后返回Math.min(n/2，m)的东西，只要能够统计种类，什么方法都可以。
class Solution {public int distributeCandies(int[] candyType) {Set<Integer> set = new HashSet<Integer>();for (int candy : candyType) {set.add(candy);}return Math.min(set.size(), candyType.length / 2);}
}作者：力扣官方题解
链接：https://leetcode.cn/problems/distribute-candies/solutions/1072396/fen-tang-guo-by-leetcode-solution-l4f6/
来源：力扣（LeetCode）
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- 605需要转换思维，121、122是一个系列，考察dp还蛮有意思的。其中122的贪心做法比其他想法都要简单。感觉贪心里目前用到排序的次数很多
