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455. 分发饼干

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题目描述

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。你的目标是尽可能满足越多数量的孩子，并输出这个最大数值。

示例 1:

输入: g = [1,2,3], s = [1,1]
输出: 1
解释: 
你有三个孩子和两块小饼干，3个孩子的胃口值分别是：1,2,3。
虽然你有两块小饼干，由于他们的尺寸都是1，你只能让胃口值是1的孩子满足。
所以你应该输出1。

示例 2:

输入: g = [1,2], s = [1,2,3]
输出: 2
解释: 
你有两个孩子和三块小饼干，2个孩子的胃口值分别是1,2。
你拥有的饼干数量和尺寸都足以让所有孩子满足。
所以你应该输出2.

提示：

• 1 <= g.length <= 3 * 104
• 0 <= s.length <= 3 * 104
• 1 <= g[i], s[j] <= 231 - 1

题解

贪心算法入门题目，贪心思路为： 优先用较小的饼干满足较小胃口的孩子 。这应该也是相当符合直觉的思路了！

class Solution
{
public:int findContentChildren(vector<int> &g, vector<int> &s){// 贪心算法：能满足就先满足// 先将胃口数组和尺寸数组都先从小到大排序sort(g.begin(), g.end());sort(s.begin(), s.end());int child = 0, cookie = 0;while (child < g.size() && cookie < s.size()) {if (s[cookie] >= g[child]) // 每次尝试满足当前胃口最小的孩子cookie++, child++;else // 满足不了，就换下一块饼干cookie++;}return child;}
};

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376. 摆动序列

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题目描述

如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替，则数字序列称为 **摆动序列 。**第一个差（如果存在的话）可能是正数或负数。仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列。

• 例如， [1, 7, 4, 9, 2, 5] 是一个 摆动序列 ，因为差值 (6, -3, 5, -7, 3) 是正负交替出现的。
• 相反，[1, 4, 7, 2, 5] 和 [1, 7, 4, 5, 5] 不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。

子序列 可以通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得，剩下的元素保持其原始顺序。

给你一个整数数组 nums ，返回 nums 中作为 摆动序列 的 最长子序列的长度 。

示例 1：

输入：nums = [1,7,4,9,2,5]
输出：6
解释：整个序列均为摆动序列，各元素之间的差值为 (6, -3, 5, -7, 3) 。

示例 2：

输入：nums = [1,17,5,10,13,15,10,5,16,8]
输出：7
解释：这个序列包含几个长度为 7 摆动序列。
其中一个是 [1, 17, 10, 13, 10, 16, 8] ，各元素之间的差值为 (16, -7, 3, -3, 6, -8) 。

示例 3：

输入：nums = [1,2,3,4,5,6,7,8,9]
输出：2

提示：

• 1 <= nums.length <= 1000
• 0 <= nums[i] <= 1000

进阶： 你能否用 O(n) 时间复杂度完成此题?

题解

贪心算法解决。注意到题目中说的子序列实际上 不是连续的 ，所以我们完全可以在一次遍历（达到进阶要求的 $O(n)$ 时间复杂度）中， “跳过” 那些 没有“摆动” 的部分，相当于只统计数组中的 极大值和极小值 数量即可。

⚠️ 是“极值”（局部）而不是“最值”（整体）

代码随想录 将其描述为统计“局部峰值”（包括高峰和低谷），也很直观：

代码（C++）

class Solution
{
public:int wiggleMaxLength(vector<int> &nums){// 仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列if (nums.size() == 1)return 1;if (nums.size() == 2)return nums[0] == nums[1] ? 1 : 2;// 贪心算法int prevDiff = nums[1] - nums[0];     // 前两个数的差值int curDiff;                          // 当前两个数的差值int len = nums[0] == nums[1] ? 1 : 2; // 摆动子序列的长度for (int i = 2; i < nums.size(); ++i){curDiff = nums[i] - nums[i - 1];if (curDiff * prevDiff < 0 || (prevDiff == 0 && curDiff != 0)){prevDiff = curDiff; // 只在“摆动”时才更新prevDifflen++;}}return len;}
};

📍 有几处细节需要注意：

1️⃣ 循环中，只需要在发生了“摆动”时才更新 prevDiff ，否则遇到连续的相同数字组成的“平坡”会被干扰（差值总是为0）

2️⃣ curDiff * prevDiff < 0 的含义：两个差值“一正一负”，发生摆动

3️⃣ prevDiff == 0 && curDiff != 0 的含义：特殊情况——数组起始就有一个平坡，例如 3, 3, 3, 2, 5 ，此时开头的 3, 3, 3 也相当于一个极值，需要记录。可以看到，除此之外，prevDiff 总是不为0的（因为除了一开始， prevDiff 都是由 curDiff 更新来的，而前一个条件判断确保了更新时 curDiff 不为0）。

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53. 最大子数组和

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题目描述

给你一个整数数组 nums ，请你找出一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。

子数组 是数组中的一个连续部分（连续的 非空 元素序列）。

示例 1：

输入：nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出：6
解释：连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6 。

示例 2：

输入：nums = [1]
输出：1

示例 3：

输入：nums = [5,4,-1,7,8]
输出：23

提示：

• 1 <= nums.length <= 105
• -104 <= nums[i] <= 104

进阶： 如果你已经实现复杂度为 O(n) 的解法，尝试使用更为精妙的 分治法 求解。

题解

经典的贪心算法。在遍历过程中，如果当前子数组之和为 负数 ，那么再往里面添加下一个数字，相当于减小了下一个数字。所以此时，我们可以贪心地直接将前面这个和为负子数组“累赘”丢掉：

int maxSubArray(vector<int> &nums)
{// 贪心算法int curSum = 0, maxSum = INT_MIN;for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {curSum += nums[i];maxSum = max(curSum, maxSum);if (curSum < 0) // 当前子数组和为负，就是个“累赘”，丢掉curSum = 0; }return maxSum;
}

也可以进一步简化，更优雅：

int maxSubArray(vector<int> &nums)
{int curSum = nums[0], maxSum = curSum;for (int i = 1; i < nums.size(); ++i) {curSum = max(curSum + nums[i], nums[i]);maxSum = max(curSum, maxSum);}return maxSum;
}