array专题7
714 Best Time to Buy and Sell Stock with Transaction Fee
思路
首先是暴力枚舉。考慮在第idx天能做的操作：買？賣？不操作？
/*** 暴力枚舉* * @param prices* @param fee* @return*/public int maxProfitV99(int[] prices, int fee) {return dfs(prices, 0, 0, fee, 0);}/**** 考慮在第idx天是買？賣？不操作？**/private int dfs(int[] prices, int idx, int buyed, int fee, int profit) {if (idx >= prices.length) {return profit;}int max = Integer.MIN_VALUE;if (buyed == 0) {// 買max = Math.max(max, dfs(prices, idx + 1, 1, fee, profit - prices[idx]));} else {// 賣max = Math.max(max, dfs(prices, idx + 1, 0, fee, profit + prices[idx] - fee));}// 不操作max = Math.max(max, dfs(prices, idx + 1, buyed, fee, profit));return max;}接著：用動(dòng)態(tài)規(guī)劃的思路來解決
關(guān)鍵是找到遞歸方程。定義：hold[i]是在第i天持有股票的狀態(tài)下的最大收益；sold[i]是在第i天賣掉股票的狀態(tài)下的最大收益； 方程式：hold[i] = Math.max(hold[i-1],sold[i-1]-prices[i])//第i-1天就持有股票，或者第i天購買股票。sold[i] = Math.max(hold[i-1]+prices[i]-fee,sold[i-1])。大家能看到上面的暴力搜索的思路并不完全浪費(fèi)。在找遞歸方程中起了作用：hold[i]的計(jì)算可能是前一天已經(jīng)hold，或者是前一天賣了，今天買入。sold[i]的計(jì)算可能是前一天已經(jīng)hold今天賣，或者是前一天已經(jīng)sold。初始化：hold[0] = -prices[0];sold[0] = 0。
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {int n = prices.length;if(n<2) return 0;int[] hold = new int[prices.length];int[] sold = new int[prices.length];hold[0] = -prices[0];sold[0] = 0;for(int i=1;i<prices.length;i++){hold[i] = Math.max(hold[i-1],sold[i-1]-prices[i]);sold[i] = Math.max(hold[i-1]+prices[i]-fee,sold[i-1]);}return Math.max(hold[n-1], sold[n-1]);}還可以用貪心
關(guān)鍵是選擇一個(gè)能不能賣掉股票的點(diǎn)，重新開始尋找買入機(jī)會(huì)。例如序列 1 3 2 8 ，如果發(fā)現(xiàn)2<3，就完成交易買1賣3，此時(shí)，由于fee=2，那么收益=(3-1-fee)+(8-2-fee) < (8-1-fee)，說明賣早了。令maxP是當(dāng)前最大的price，當(dāng)(maxP-prices[i]>=fee)，時(shí)則可以在maxP處賣出，且不會(huì)存在早賣的情況。
證明：不明白。
代碼
376 Wiggle Subsequence
思路：用貪心或者動(dòng)態(tài)規(guī)劃可以解決。
代碼
84 Largest Rectangle in Histogram
思路：首先是暴力枚舉。 枚舉矩形的左右邊界。
學(xué)習(xí)：接著還是暴力枚舉，只是這次枚舉的是矩形的最低高度。對(duì)于一個(gè)heights[i]，算一下能夠到達(dá)的最左邊的下標(biāo)和最右邊的下標(biāo)。復(fù)雜度還是沒降低。在這次枚舉過程中會(huì)發(fā)現(xiàn)可以執(zhí)行跳躍，省掉一些計(jì)算。例如找左邊最遠(yuǎn)：如果當(dāng)前設(shè)置變量j = i；如果heights[i]<=heights[j-1]，那直接跳到left[j+1]；j=left[j-1]，循環(huán)再繼續(xù)判斷。例如找右邊最遠(yuǎn)：如果當(dāng)前設(shè)置變量j = i；如果heights[i]<=heights[j+1]，那直接跳到right[j+1]；j=right[j+1],循環(huán)再繼續(xù)判斷。這種跳躍的思想，是學(xué)習(xí)到的。
代碼
621 Task Scheduler
思路：每次應(yīng)該選擇符合條件的剩余總數(shù)多的那個(gè)任務(wù)。符合條件是指符合間隔條件。需要一個(gè)map，計(jì)算每個(gè)任務(wù)的數(shù)量；需要第二個(gè)map，記錄當(dāng)前狀態(tài)下還有多少個(gè)時(shí)間間隔。就形成了第一版本的代碼。在這個(gè)過程中，我沒有考慮n=0，沒有考慮 每個(gè)任務(wù)數(shù)量不同的情況。是后來才加上的代碼。當(dāng)然代碼是超時(shí)的。
學(xué)習(xí)：計(jì)算每個(gè)不同任務(wù)的數(shù)量。每次小循環(huán)i從1到n，優(yōu)先選擇數(shù)量多的不同任務(wù)。這里很關(guān)鍵的地方是：只與不同任務(wù)的數(shù)量有關(guān)系，而與任務(wù)名稱沒有關(guān)系。用一個(gè)一個(gè)的數(shù)字表示不同的任務(wù)。這是我之前一直轉(zhuǎn)不過彎的地方。例如 3個(gè)A 1個(gè)B 1個(gè)C 1個(gè)D 1個(gè)E ，n=2,最好的順序是A->B->C->A->D->E->A。第一個(gè)小循環(huán)用數(shù)字表示就是 3-1,1-1,1-1；第二個(gè)小循環(huán)用數(shù)字表示就是2-1,1-1,1-1,第3個(gè)小循環(huán)是：1-1,因?yàn)閿?shù)組為空，退出。
該思路的難點(diǎn)是處理小循環(huán)，注意小循環(huán)退出的條件。該思路可以用數(shù)組、優(yōu)先隊(duì)列兩種方法實(shí)現(xiàn)。
代碼
斐波那契數(shù)列
斐波那契數(shù)列的計(jì)算可以用動(dòng)態(tài)規(guī)劃計(jì)算，也可以用矩陣計(jì)算，有O(logn)O(logn)的時(shí)間復(fù)雜度。
算法去冗余有兩種角度：時(shí)間冗余和空間冗余。去時(shí)間冗余，就是利用空間，將本次計(jì)算結(jié)果存下來，下次用的時(shí)候直接取。F(n)=F(n?1)+F(n?2)F(n)=F(n?1)+F(n?2)，在這個(gè)式子中就有重復(fù)計(jì)算，可以用數(shù)組f[i]保存是i時(shí)候的結(jié)果。空間冗余，就看本次計(jì)算相關(guān)因素，只需要記錄相關(guān)因素。還是F(n)=F(n?1)+F(n?2)F(n)=F(n?1)+F(n?2)，不需要記錄f[0]，f[1]，只需要記錄f[n-1],f[n-2]，兩個(gè)變量就可以。
動(dòng)態(tài)規(guī)劃時(shí)間復(fù)雜度：狀態(tài)個(gè)數(shù)*（每個(gè)狀態(tài)計(jì)算的時(shí)間復(fù)雜度）；空間復(fù)雜度：數(shù)組大小。
動(dòng)態(tài)規(guī)劃解題套路：
1 設(shè)計(jì)暴力算法，找到冗余；
2 設(shè)計(jì)并存儲(chǔ)狀態(tài)（一維、二維、三維數(shù)組）
3 遞歸式（狀態(tài)轉(zhuǎn)移方程）
4 自底向上計(jì)算
48 Rotate Image
思路：不多寫了。感嘆一下自己沒想到可以通過多個(gè)步驟得到旋轉(zhuǎn)后的矩陣。
代碼
153 Find Minimum in Rotated Sorted Array
學(xué)習(xí)：主要還是要觀察所求值的特征。自己總結(jié)特征。最小元素的特點(diǎn)有兩個(gè)：1 如果是旋轉(zhuǎn)元素，那么nums[min]<nums[min?1]nums[min]<nums[min?1];2 如果不是旋轉(zhuǎn)元素，那么它應(yīng)該是nums[0]。所以可以使用二分查找法：如果nums[mid]<nums[mid?1]nums[mid]<nums[mid?1]，則就是最小元素；否則如果nums[mid]>nums[start]?&&?nums[mid]>nums[end]nums[mid]>nums[start]?&&?nums[mid]>nums[end]，那最小元素在右側(cè)；否則在左側(cè)。
代碼
560 Subarray Sum Equals K
思路：最近看了動(dòng)態(tài)規(guī)劃的視頻，知道一言不合就暴力搜索。子數(shù)組，那可能的枚舉就是從0到1,2,3，….從1到2,3,…..。計(jì)算這些子數(shù)組的和是不是等于k。不過我遇到的幾個(gè)問題是：1，開始是用遞歸寫的，出現(xiàn)棧溢出，用循環(huán)解決。2 沒有考慮負(fù)數(shù)的情況，在sum>=k的時(shí)候就break。3 沒有考慮[0,0,0,0,0] 這種情況，在以i為開始，找到和為k的情況就break。時(shí)間復(fù)雜度O(n2n2)。
學(xué)習(xí)：子數(shù)組的和就是指從[i,j]的和。sum[i,j] = sum[0,j]-sum[0,i-1]。
代碼
795 Number of Subarrays with Bounded Maximum
思路：分析題意要求每個(gè)子數(shù)組的最大值maxVal必須滿足maxVal>=LmaxVal>=L and maxVal<=RmaxVal<=R。 maxVal<=RmaxVal<=R可以推出子數(shù)組中每個(gè)元素<=R<=R<script type="math/tex" id="MathJax-Element-11"><=R</script>。
子數(shù)組的暴力枚舉：以i為起始，可以行程[i][i,i+1],[i,i+2]….[i,n-1]個(gè)子數(shù)組。在枚舉子數(shù)組的時(shí)候把不符合條件的去掉，計(jì)數(shù)有效子數(shù)組即可。時(shí)間復(fù)雜度O(n^2)。
學(xué)習(xí)：改為O(n)。為什么不是O(nlogn)。因?yàn)橐话鉲ogn需要有二分，而二分一般涉及到排序。本題是不能排序的。所以應(yīng)該是O(n)。要想O(n)就應(yīng)該是一個(gè)一個(gè)元素遍歷，或者根據(jù)需要多遍歷幾次。
遍歷每個(gè)元素i，會(huì)發(fā)現(xiàn)，如果A[i]>=L并且A[i]<=RA[i]>=L并且A[i]<=R。
數(shù)組[2,1,4,3] L=2,R=3
下標(biāo)0：A[i]>=L并且A[i]<=RA[i]>=L并且A[i]<=R 增加個(gè)數(shù)1
下標(biāo)1：A[i]<LA[i]<L 自己不能單獨(dú)成為子數(shù)組，可以追加在前面的子數(shù)組后面。所以前面有幾個(gè)子數(shù)組這里就增加幾。
下標(biāo)2：A[i]>RA[i]>R 不增加
下標(biāo)3：A[i]>=L并且A[i]<=RA[i]>=L并且A[i]<=R，增加1個(gè)。因?yàn)榍耙粋€(gè)元素超出范圍了，只能從下標(biāo)3開始計(jì)算。
代碼
162 Find Peak Element
思路：找極值點(diǎn)。之前在貪心里面有一道題比這個(gè)還要難。思路就是找到一個(gè)元素i 如果 (nums[i]-nums[i-1])*(nums[i+1]-nums[i])<0，就找到了極值點(diǎn)的下標(biāo)i。
學(xué)習(xí)：二分查找。這道題目居然也可以用二分。一直以為不排序的數(shù)組沒法用二分查找。原因是這樣的。只要找到一個(gè)極值點(diǎn)即可。在達(dá)到極值點(diǎn)前或者過了極值點(diǎn)之后是有序的。
ifnums[i?1]<nums[i]<nums[i+1]ifnums[i?1]<nums[i]<nums[i+1]，那么極值點(diǎn)一定在i+1,i+2…n-1中。
ifnums[i?1]>nums[i]>nums[i+1]ifnums[i?1]>nums[i]>nums[i+1],那么極值點(diǎn)一定在[0,1,…i-1]中
ifnums[i?1]<nums[i]>nums[i+1]ifnums[i?1]<nums[i]>nums[i+1]，那么極值點(diǎn)就是i
所以學(xué)習(xí)到局部有序，也可以用二分查找。
代碼
總結(jié)
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