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455.分发饼干
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题目链接：leetcode.cn
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文章讲解：programmercarl.com
贪心法
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解题思路
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为了满足更多的小孩，就不要造成饼干尺寸的浪费。大尺寸的饼干既可以满足胃口大的孩子也可以满足胃口小的孩子，那么就应该优先满足胃口大的。
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这里的局部最优就是大饼干喂给胃口大的，充分利用饼干尺寸喂饱一个，全局最优就是喂饱尽可能多的小孩。
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可以尝试使用贪心策略，先将饼干数组和小孩数组排序。然后从后向前遍历小孩数组，用大饼干优先满足胃口大的，并统计满足小孩数量。
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代码一：从大开始
// 版本一
class solution {
public:
int findcontentchildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
sort(g.begin(), g.end());
sort(s.begin(), s.end());
int index = s.size() - 1; // 饼干数组的下标
int result = 0;
for (int i = g.size() - 1; i >= 0; i--) { // 遍历胃口
if (index >= 0 && s[index] >= g[i]) { // 遍历饼干
result++;
index--;
}
}
return result;
}
};376.摆动序列
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题目链接：leetcode.cn
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文章讲解：代码随想录
贪心算法
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解题思路
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局部最优：删除单调坡度上的节点（不包括单调坡度两端的节点），那么这个坡度就可以有两个局部峰值。
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整体最优：整个序列有最多的局部峰值，从而达到最长摆动序列。
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实际操作上，其实连删除的操作都不用做，因为题目要求的是最长摆动子序列的长度，所以只需要统计数组的峰值数量就可以了（相当于是删除单一坡度上的节点，然后统计长度）这就是贪心所贪的地方，让峰值尽可能的保持峰值，然后删除单一坡度上的节点。
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在计算是否有峰值的时候，遍历的下标 i ，计算 prediff（nums[i] - nums[i-1]） 和 curdiff（nums[i+1] - nums[i]），如果
prediff < 0 && curdiff > 0或者prediff > 0 && curdiff < 0此时就有波动就需要统计。
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解题步骤
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情况一：上下坡中有平坡，当 i 指向第一个 2 的时候，
prediff > 0 && curdiff = 0，当 i 指向最后一个 2 的时候prediff = 0 && curdiff < 0。删左面三个 2 的规则，那么 当prediff = 0 && curdiff < 0也要记录一个峰值，因为他是把之前相同的元素都删掉留下的峰值。所以记录峰值的条件应该是：(prediff <= 0 && curdiff > 0) || (prediff >= 0 && curdiff < 0)，为什么这里允许 prediff == 0 ，就是为了 上面我说的这种情况。 -
情况二：在计算 prediff（nums[i] - nums[i-1]） 和 curdiff（nums[i+1] - nums[i]）的时候，至少需要三个数字才能计算，而数组只有两个数字。如果只有两个元素，且元素不同，那么结果为 2。可以假设数组最前面还有一个数字。
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情况三：单调坡度有平坡，单调中的平坡 不能算峰值（即摆动）。只需要在这个坡度摆动变化的时候，更新 prediff 就行，这样 prediff 在 单调区间有平坡的时候 就不会发生变化。
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代码一：贪心算法
class solution {
public:
int wigglemaxlength(vector<int>& nums) {
if (nums.size() <= 1) return nums.size();
int curdiff = 0; // 当前一对差值
int prediff = 0; // 前一对差值
int result = 1; // 记录峰值个数，序列默认序列最右边有一个峰值
for (int i = 0; i < nums.size() - 1; i++) {
curdiff = nums[i + 1] - nums[i];
// 出现峰值
if ((prediff <= 0 && curdiff > 0) || (prediff >= 0 && curdiff < 0)) {
result++;
prediff = curdiff; // 注意这里，只在摆动变化的时候更新prediff
}
}
return result;
}
};53.最大子序和
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文章讲解：programmercarl.com
暴力法
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解题思路
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暴力解法的思路，第一层 for 就是设置起始位置，第二层 for 循环遍历数组寻找最大值
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代码一：暴力法
// 时间复杂度：o(n^2)
// 空间复杂度：o(1)
class solution {
public:
int maxsubarray(vector<int>& nums) {
int result = int32_min;
int count = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) { // 设置起始位置
count = 0;
for (int j = i; j < nums.size(); j++) { // 每次从起始位置i开始遍历寻找最大值
count += nums[j];
result = count > result ? count : result;
}
}
return result;
}
};贪心算法⭐
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解题思路
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局部最优：当前“连续和”为负数的时候立刻放弃，从下一个元素重新计算“连续和”，因为负数加上下一个元素 “连续和”只会越来越小。
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全局最优：局部最优的情况下，并记录最大的“连续和”，可以推出全局最优。
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解题步骤
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从代码角度上来讲：遍历 nums，从头开始用 count 累积，如果 count 一旦加上 nums[i]变为负数，那么就应该从 nums[i+1]开始从 0 累积 count 了，因为已经变为负数的 count，只会拖累总和。
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这相当于是暴力解法中的不断调整最大子序和区间的起始位置。区间的终止位置，其实就是如果 count 取到最大值了，及时记录下来了
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代码一：贪心算法
// 时间复杂度：o(n)
// 空间复杂度：o(1)
class solution {
public:
int maxsubarray(vector<int>& nums) {
int result = int32_min;
int count = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
count += nums[i];
if (count > result) { // 取区间累计的最大值（相当于不断确定最大子序终止位置）
result = count;
}
if (count <= 0) count = 0; // 相当于重置最大子序起始位置，因为遇到负数一定是拉低总和
}
return result;
}
};
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