贪心算法概念
贪心算法是指，在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，算法得到的是在某种意义上的局部最优解 。
贪心算法性质（判断是否可以使用贪心算法）
1、贪心选择性质
一个问题的整体最优解可通过一系列局部的最优解的选择达到，并且每次的选择可以依赖以前作出的选择，但不依赖于后面要作出的选择。这就是贪心选择性质。对于一个具体问题，要确定它是否具有贪心选择性质，必须证明每一步所作的贪心选择最终导致问题的整体最优解。
2、最优子结构性质
当一个问题的最优解包含其子问题的最优解时，称此问题具有最优子结构性质。问题的最优子结构性质是该问题可用贪心法求解的关键所在。
例题：
1. 双核计算机处理任务的最短时间（面试题）
题目描述：
某台计算机为双核，可以同时处理两个任务，现在给出一组数据，每个数据表示一个任务处理完需要的时间，求这台双核计算机处理完这些任务需要的最短时间
示例：
输入：[12, 20, 30]
输出：32
思路：
我们看到题后先自己分析一波，怎样选择处理才能得到最短时间？
先尝试一下不同的组合方式：
先选12和20分别在两个内核处理，再将30交给处理12的内核（先处理小的）：最少42秒
先选30和20分别在两个内核处理，再将12交给处理20的内核（先处理大的）：最少32秒
我们发现先较大的一起处理，再将下一个数据交给较小的内核处理，最后两内核中较大的为最优解
局部最优解：每次将 耗时最多的 交给 用时较小的内核 处理
代码：
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int getmintime(int* ar, const int n)
{
int time = 0; //记录耗时
int core[2] = {0}; //两个内核，元素为各个内核耗时
sort(ar, ar + n, greater<int>()); //排序从大到小
for(int i = 0; i < n; i++)
{
int j = core[0] <= core[1] ? 0 : 1; //选择用时少的内核
core[j] += ar[i]; //将最大耗时的交给用时少的内核处理
time = max(time,core[j]);
}
return time;
}
int main()
{
int ar[] = {12,20,30};
cout << getmintime(ar,3) << endl;
return 0;
}2. 分发饼干（力扣455）
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
示例2：
输入：g = [1,2]，s = [1,2,3]
输出：2
思路：排序+双指针
局部最优解：小胃口吃小饼干，大胃口吃大饼干
代码：
#include <algorithm>
class Solution {
public:
int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s)
{
int num = 0;
sort(g.begin(), g.end(), less<int>());
sort(s.begin(), s.end(), less<int>());
vector<int>::iterator it1 = g.begin();
vector<int>::iterator it2 = s.begin();
while (it1 != g.end() && it2 != s.end())
{
if (*it1 <= *it2)
{
num++;
it1++;
it2++;
}
else
{
it2++;
}
}
return num;
}
};3. 摆动序列（力扣376）
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
示例2：
输入：nums = {1,17,5,10,13,15,10,5,16,8};
输出：7
思路：我们先对示例画图这样就很清晰了，我们去掉图中红圈元素，剩下元素就可以构成摆动序列，且长度最长
局部最优解：去掉所有单调路径两端之间所有其他元素
代码：
class Solution {
public:
int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
vector<int>::iterator it = nums.begin();
while (it != nums.end() - 1)
{
if (*it > *(it + 1))
{
vector<int>::iterator it2 = it + 1;
while (it2 != nums.end() - 1 && *it2 >= *(it2 + 1))
{
it2 = nums.erase(it2);
}
it = it2;
}
else if (*it < *(it + 1))
{
vector<int>::iterator it2 = it + 1;
while (it2 != nums.end() - 1 && *it2 <= *(it2 + 1))
{
it2 = nums.erase(it2);
}
it = it2;
}
else
{
it = nums.erase(it);
}
}
return nums.size();
}
};4. 最大子数组和（力扣53）
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。
示例1：
输入：nums = {2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4}
输出：6
示例2：
输入：nums = {5,4,-1,7,8}
输出：23
思路：
如果之前连续和小于0，则舍弃之前连续和，当前连续和为当前值；
如果之前连续和大于0，则当前连续和为当前值加之前连续和；
最后最大连续和为结果
局部最优解：之前连续和小于0则舍弃之前和，从当前位置重新开始算
代码：
1.贪心解法
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums)
{
if (nums.size() == 1)
{
return nums[0];
}
int nowtotal = nums[0]; //当前和
int pretotal = nums[0]; //之前和
int maxtotal = nums[0]; //最大和
for (int i = 1; i < nums.size(); i++)
{
if (pretotal < 0)
{
nowtotal = nums[i]; //舍弃与之前和相加，保留当前值作为目前和
pretotal = nums[i];
maxtotal = maxtotal > nowtotal ? maxtotal : nowtotal;
}
else
{
nowtotal = nums[i] + pretotal;
pretotal = nowtotal;
maxtotal = nowtotal > maxtotal ? nowtotal : maxtotal;
}
}
return maxtotal;
}
};2.动态规划解法
#include <algorithm>
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums)
{
vector<int> dp = nums; //dp数组，每个元素为当前连续和
for (int i = 1; i < nums.size(); i++)
{
dp[i] = dp[i - 1] > 0 ? dp[i - 1] + dp[i] : dp[i];
}
sort(dp.begin(), dp.end(), greater<int>());
return dp[0];
}
};5. 买股票的最佳时机II（力扣122）
题目描述：
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 。
示例1：
输入：price = {7,1,5,3,6,4}
输出：7
示例2：
输入：price = {1,2,3,4,5}
输出：4
思路：
我们对于示例进行画图：
由于题目描述：在任何时候 最多 只能持有 一股 股票，因此我们可以使用双指针遍历
局部最优解为：上升段的值
代码：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices)
{
int output = 0;
for (int i = 0, j = 1; j < prices.size(); i++, j++)
{
if (prices[i] < prices[j])
{
output += prices[j] - prices[i];
}
}
return output;
}
};6. 跳跃游戏（力扣55）
题目描述：
给你一个非负整数数组
nums，你最初位于数组的 第一个下标 。数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。判断你是否能够到达最后一个下标，如果可以，返回
true；否则，返回false。示例1：
输入：nums = {2,3,1,1,4}
输出：true
示例2：
输入：nums = {3,2,1,0,4}
输出：false
思路：
第一种解法：从起始向后走 最大可以移动步数(maxcanwalk)
maxcanwalk <= 下一位可走的步数 =》maxcanwalk = 下一位可走的步数，并向后走1位
maxcanwalk > 下一位可走的步数 =》maxcanwalk -= 1，并向后走1位
走到最后位置返回true；maxcanwalk==0&&没到最后位置返回false。
第二种解法：最大覆盖范围
从0下标开始，每次向后走1步，总共走nums[0]步，保存最大覆盖范围，如果最大覆盖范围小于最后一位则false
局部最优解：每次走都是范围最大的
代码：
第一种方法：
class Solution {
public:
bool canJump(vector<int>& nums)
{
if (nums.size() == 1) //只有一个元素
{
return true;
}
int index = 0;
int maxcanwalk = nums[index];
for (index; index < nums.size() - 1; index++)
{
if (maxcanwalk == 0 && index != nums.size() - 1)
{
return false;
}
if (maxcanwalk <= nums[index + 1])
{
maxcanwalk = nums[index + 1];
}
else
{
maxcanwalk -= 1;
}
}
return true;
}
};第二种方法：
class Solution {
public:
bool canJump(vector<int>& nums)
{
if (nums.size() == 1)
{
return true;
}
int coverage = nums[0];
for (int i = 0; i <= coverage; i++)
{
coverage = max(coverage, i + nums[i]);
if (coverage >= nums.size() - 1)
{
return true;
}
}
return false;
}
};7. 跳跃游戏II（力扣45）
题目描述：
给定一个长度为
n的 0 索引整数数组nums。初始位置为nums[0]。每个元素
nums[i]表示从索引i向前跳转的最大长度。换句话说，如果你在nums[i]处，你可以跳转到任意nums[i + j]处:
0 <= j <= nums[i]i + j < n返回到达
nums[n - 1]的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达nums[n - 1]。示例1：
输入：nums = {2,3,1,1,4}
输出：2
示例2：
输入：nums = {2,3,0,1,4}
输出：2
思路：
看到这道题最开始能想到的就是 每次我都能跳最远 这样我就能最少次数到终点。
我们需要记录 起点，终点，最大覆盖范围 。从起点到终点一一遍历，保存最大覆盖范围（注意边界不能超过size-1），当我们走到终点时则记为跳跃了一步，将终点设置为最大覆盖范围，这样循环直到走到size-1结束（特殊情况为只有1个元素）
局部最优解：每次跳跃到我当前位置能达到的最远位置
代码：
class Solution {
public:
int jump(vector<int>& nums)
{
if (nums.size() == 1) //特殊情况，只有一个元素
{
return 0;
}
int start = 0; //起点
int end = nums[0] < nums.size() - 1 ? nums[0] : nums.size() - 1; //第一次的终点
int max_boundary = end; //每次的最大覆盖范围
int steps = 0; //跳跃次数
for (start; start <= end; start++)
{
//这一位置的覆盖范围（不能超过size - 1）
int nowcanwalk = start + nums[start] < nums.size() - 1 ? start + nums[start] : nums.size() - 1;
max_boundary = max(max_boundary, nowcanwalk);
if (start == end) //走到当前的终点记为一次跳跃
{
end = max_boundary; //更新终点
steps++;
}
}
return steps;
}
};8. K次取反后最大化的数组和（力扣1005）
给你一个整数数组
nums和一个整数k，按以下方法修改该数组：
- 选择某个下标
i并将nums[i]替换为-nums[i]。重复这个过程恰好
k次。可以多次选择同一个下标i。以这种方式修改数组后，返回数组 可能的最大和 。
示例1：
输入：nums = {4,2,3}, k = 1
输出：5
示例2：
输入：nums = {3,-1,0,2}, k = 3
输出：6
思路：
按照绝对值大小，从大到小排序，然后按次数将负数取反，最后累加即可得到最大和
局部最优解：每次让绝对值大的负数变成正数
代码：
class Solution {
public:
int largestSumAfterKNegations(vector<int>& nums, int k)
{
sort(nums.begin(), nums.end(), [](int a, int b) {
return abs(a) > abs(b);
});
for (int i = 0; i < nums.size(); i++)
{
if (nums[i] < 0 && k > 0)
{
nums[i] *= -1;
k--;
}
}
if (k % 2 == 1)
{
nums[nums.size() - 1] *= -1;
}
int total = 0;
for (int x : nums)
{
total += x;
}
return total;
}
};9. 加油站（力扣134）
题目描述：
在一条环路上有
n个加油站，其中第i个加油站有汽油gas[i]升。你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第
i个加油站开往第i+1个加油站需要消耗汽油cost[i]升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。给定两个整数数组
gas和cost，如果你可以按顺序绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回-1。如果存在解，则 保证 它是 唯一 的。示例1：
输入：gas = { 1,2,3,4,5 }; cost = { 3,4,5,1,2 }
输出：3
示例2：
输入：gas = { 2,3,4 }; cost = { 3,4,3 }
输出：-1
思路：
从0下标开始，当你剩余油量和为负数且为最小负数时，你的下一位才可能是能让你跑完的起点。
局部最优解：从0下标开始，剩余油量和<0时，记录下一个位置为起始位置
代码：
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost)
{
int costsum = 0; //剩余油量累积和
int totalsum = 0; //总共剩余油量
int start = 0;
for (int i = 0; i < gas.size(); i++)
{
costsum += gas[i] - cost[i];
totalsum += gas[i] - cost[i];
if (costsum < 0)
{
start = i + 1;
costsum = 0;
}
}
if (totalsum < 0) //总共剩余油量<0代表无论从哪跑都无法跑一圈
{
return -1;
}
return start;
}
};10. 分发糖果（力扣135）
题目描述：
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。你需要按照以下要求，给这些孩子分发糖果：
- 每个孩子至少分配到
1个糖果。- 相邻两个孩子评分更高的孩子会获得更多的糖果。
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
示例1：
输入：ratings = {1,0,2}
输出：5
示例2：
输入：ratings = {1,2,87,87,87,2,1}
输出：13
思路：
这道题乍一看，觉得只需要一次遍历过去，两两比较大的比小的多1即可，但是这样是不对的！
这道题的关键点在于一个数要同时兼顾两边，而要做到同时兼顾两边的数，那么就需要先确定一边，才能确定另一边。
这道题我们可以分为这两种情况来兼顾两边：
（开始所有人糖果都为1）
①从左向右走，找右边比左边数大的，将右边的糖果数增加
②从右向左走，找左边比右边数大的，将左边的糖果数增加（此时需要注意保留①得到的结果和②结果中的最大值）
代码：
class Solution {
public:
int candy(vector<int>& ratings)
{
int size = ratings.size();
vector<int> v(size, 1);
for (int i = 0; i < size - 1; i++) //从左向右走,判断右边比左边大的情况
{
if (ratings[i + 1] > ratings[i])
{
v[i + 1] = v[i] + 1;
}
}
int total = 0;
for (int i = size - 1; i > 0; i--) //从右向左走，判断左边比右边大的情况
{
if (ratings[i - 1] > ratings[i])
{
v[i - 1] = max(v[i - 1], v[i] + 1); //保留 从左向右 和 从右向左 结果中的最大值
}
total += v[i];
}
total += v[0];
return total;
}
};11. 柠檬水找零（力扣860）
在柠檬水摊上，每一杯柠檬水的售价为
5美元。顾客排队购买你的产品，（按账单bills支付的顺序）一次购买一杯。每位顾客只买一杯柠檬水，然后向你付
5美元、10美元或20美元。你必须给每个顾客正确找零，也就是说净交易是每位顾客向你支付5美元。注意，一开始你手头没有任何零钱。
给你一个整数数组
bills，其中bills[i]是第i位顾客付的账。如果你能给每位顾客正确找零，返回true，否则返回false。
示例1：
输入：bills = {5,5,5,10,20}
输出：true
示例2：
输入：bills = {5,5,10,10,20}
输出：false
思路：
这道题很简单，只需要根据2种情况判断手头是否有足够数量的此种支票即可。
给10要找5：判断手头是否右1张5
给20要找15：判断手头是否右1张10和1张5，没有再判断是否有3张5（1张10，1张5优先，5用的情况比较多）
代码：
class Solution {
public:
bool lemonadeChange(vector<int>& bills)
{
int five = 0;
int ten = 0;
for (int x : bills)
{
if (x == 5)
{
five++;
}
else if (x == 10)
{
ten++;
if (five < 1)
{
return false;
}
five--;
}
else if (x == 20)
{
if (ten > 0 && five > 0)
{
ten--;
five--;
}
else if (five >= 3)
{
five -= 3;
}
else
{
return false;
}
}
}
return true;
}
};12. 根据身高重建队列（力扣406）
题目描述：
假设有打乱顺序的一群人站成一个队列，数组
people表示队列中一些人的属性（不一定按顺序）。每个people[i] = [hi, ki]表示第i个人的身高为hi，前面 正好 有ki个身高大于或等于hi的人。请你重新构造并返回输入数组
people所表示的队列。返回的队列应该格式化为数组queue，其中queue[j] = [hj, kj]是队列中第j个人的属性（queue[0]是排在队列前面的人）。示例1：
输入：people = { {7,0}, {4,4}, {7,1}, {5,0}, {6,1}, {5,2} }
输出：{ {5,0}, {7,0}, {5,2}, {6,1}, {4,4}, {7,1} }
思路：
与第10题分发糖果一样，遇到这种有两种维度影响的题，需要先确定一方，才能确定另一方
我们来先确定h身高这个维度，我们按照身高从大到小顺序先排列一下（其中身高一样的，根据k从小到大排），排完后按照k来进行插入，画图表示：
代码：
class Solution {
public:
static bool cmp(const vector<int>& a, const vector<int>& b)
{
if (a[0] == b[0])
{
return a[1] < b[1];
}
return a[0] > b[0];
}
vector<vector<int>> reconstructQueue(vector<vector<int>>& people)
{
sort(people.begin(), people.end(), cmp);
vector<vector<int>> queue;
for (int i = 0; i < people.size(); i++)
{
int index = people[i][1];
queue.insert(queue.begin() + index, people[i]);
}
return queue;
}
};13. 用最少数的箭引爆气球（力扣452）
题目描述：
有一些球形气球贴在一堵用 XY 平面表示的墙面上。墙面上的气球记录在整数数组
points，其中points[i] = [xstart, xend]表示水平直径在xstart和xend之间的气球。你不知道气球的确切 y 坐标。一支弓箭可以沿着 x 轴从不同点 完全垂直 地射出。在坐标
x处射出一支箭，若有一个气球的直径的开始和结束坐标为xstart，xend， 且满足xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被 引爆 。可以射出的弓箭的数量 没有限制 。 弓箭一旦被射出之后，可以无限地前进。给你一个数组
points，返回引爆所有气球所必须射出的 最小 弓箭数 。示例1：
输入：points = { {10,16}, {2,8}, {1,6}, {7,12} }
输出：2
思路：排序 + 贪心
看到这道题时可以发现，也是有两个维度影响是否重叠的判断（左边界和右边界），因此我们需要确定一边再去看另一边。我们先根据左边界从小到大排序，然后根据右边界进行判断：
局部最优解：每次让重复区域尽可能包括多个气球
代码：
class Solution {
public:
static bool cmp(vector<int>& a, vector<int>& b)
{
return a[0] < b[0];
}
int findMinArrowShots(vector<vector<int>>& points)
{
if (points.size() == 0)
{
return 0;
}
sort(points.begin(), points.end(), cmp);
int right = points[0][1];
int shutnum = 1;
for (int i = 1; i < points.size(); i++)
{
if (right < points[i][0])
{
shutnum++;
right = points[i][1];
}
else
{
right = min(right, points[i][1]);
}
}
return shutnum;
}
};14. 无重叠区间（力扣435）
题目描述：
给定一个区间的集合
intervals，其中intervals[i] = [starti, endi]。返回 需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠 。示例1：
输入：intervals = { {1,2}, {2,3}, {3,4}, {1,3} }
输出：1
思路：排序 + 贪心
这道题和上一道题其实思路差不多，有两个维度影响判断是否重叠，因此需要先确定一个方向再确定另一个。我们根据左边界从小到大排序，判断当前左边界和上一个的右边界大小关系：
①当前左边界 < 上一个右边界：说明有重叠，我们左边界已经按照从小到大排序，因此只需要剔除掉右边界更大的（左边界以确定，右边界越大可能覆盖的越多）
②否则：说明没有重叠，只需要更新右边界即可
局部最优解：有重叠时剔除覆盖范围大的那个。
代码：
class Solution {
public:
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals)
{
if (intervals.size() <= 1)
{
return 0;
}
sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](const vector<int>& a, const vector<int>& b) {return a[0] < b[0]; });
int delnum = 0;
int right = intervals[0][1];
for (int i = 1; i < intervals.size(); i++)
{
if (right > intervals[i][0])
{
delnum++;
right = min(right, intervals[i][1]);
}
else
{
right = intervals[i][1];
}
}
return delnum;
}
};15. 划分字母区间（力扣763）
题目描述：
给你一个字符串
s。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。注意，划分结果需要满足：将所有划分结果按顺序连接，得到的字符串仍然是
s。返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。
示例1：
输入：s = {“ababcbacadefegdehighklij”}
输出：{9, 7, 8}
示例2：
输入：s = {“eaaaabaaccd”}
输出：{1, 7, 2, 1}
思路：
我们看到这道题的正常思路是 从头开始走 判断当前字母的最远位置之前是否包括其他字母的最远位置，如果是则这个区间为一个单独的区间。那么我们该如何判断当前是否包括其他字母的最远位置呢？我来画个图帮大家理解一下：
局部最优解：从头开始走，走到 当前走过区域中元素最远距离的最大值 时，即为一个区间
代码：
class Solution {
public:
vector<int> partitionLabels(string s)
{
int hash[27] = { -1 };
for (int i = 0; i < s.size(); i++)
{
hash[s[i] - 'a'] = i; //a->0 b->1 ...
}
vector<int> outcome;
int left = 0;
int farthest_point = 0; //保存当前走过区域中元素最远距离的最大值
for (int right = 0; right < s.size(); right++)
{
farthest_point = max(farthest_point, hash[s[right] - 'a']);
if (right == farthest_point)
{
outcome.push_back(right - left + 1);
left = right + 1;
}
}
return outcome;
}
};16. 合并区间（力扣56）
题目描述：
以数组
intervals表示若干个区间的集合，其中单个区间为intervals[i] = [starti, endi]。请你合并所有重叠的区间，并返回 一个不重叠的区间数组，该数组需恰好覆盖输入中的所有区间 。示例1：
输入：intervals = {{1,3}, {2,6}, {8,10}, {15,18}}
输出：{{1,6}, {8,10}, {15,18}}
示例2：
输入：intervals = {{1,4}, {4,5}}
输出：{{1,5}}
思路：
这道题和之前做过的区间有关的题差不多，按照我这个顺序做过的同学应该能很清楚的想到，这道题只是比之前的多一个合并的操作
代码：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> merge(vector<vector<int>>& intervals)
{
if(intervals.size() < 2)
{
return intervals;
}
sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](const auto &a, const auto &b){return a[0] < b[0];});
vector<vector<int>> vv;
vv.push_back(intervals[0]);
for(int i = 1; i < intervals.size(); i++)
{
if(vv.back()[1] >= intervals[i][0])
{
vv.back()[1] = max(vv.back()[1], intervals[i][1]);
}
else
{
vv.push_back(intervals[i]);
}
}
return vv;
}
};17. 单调自增的数字（力扣738）
题目描述：
当且仅当每个相邻位数上的数字
x和y满足x <= y时，我们称这个整数是单调递增的。给定一个整数
n，返回 小于或等于n的最大数字，且数字呈 单调递增 。示例1：
输入：n = 10
输出：9
示例2：
输入：n = 332
输出：299
思路：
题目要求数字中每一位都是按照递增，且最后这个数需要是最大的，因此我们可以想到找到第一个导致不递增的数的位置，将此位的前一位的数减1，此位以及之后位全部变为9就是最大且递增的。
局部最优解：前一位 > 这一位时：前一位-1，后面全部置为9
代码：
class Solution {
public:
int monotoneIncreasingDigits(int n)
{
string str = to_string(n);
int flg = str.size();
for (int i = str.size() - 1; i > 0; i--)
{
if (str[i - 1] > str[i])
{
str[i - 1]--;
flg = i;
}
}
for (int i = flg; i < str.size(); i++)
{
str[i] = '9';
}
return stoi(str);
}
};18.监控二叉树（力扣968）
题目描述：
给定一个二叉树，我们在树的节点上安装摄像头。
节点上的每个摄影头都可以监视其父对象、自身及其直接子对象。
计算监控树的所有节点所需的最小摄像头数量。
思路：
我们看到这道题时为了让监控的个数最少，因此每个监控最好能够监视3个节点，因此我们能够想到让叶子节点的父节点为监控，并且隔一个为一个监控，此时可以确定需要从下往上遍历二叉树，也就需要后序遍历，这就是这道题的大体思路，如何判断这个节点是否需要放监控呢？我们就需要根据它两个孩子的状态来决定是否需要放监控。
我们画图说明：
局部最优解：叶子节点的父节点一定为摄像头，并从叶子的父节点向上每隔一个节点为一个摄像头
代码：
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
* };
*/
class Solution {
public:
int outcome = 0;
//状态 0:无覆盖 1:有覆盖 2:有摄像头
int getstate(TreeNode* root)
{
if (root == nullptr) //空节点
{
return 1;
}
//左
int left = getstate(root->left);
//右
int right = getstate(root->right);
//根
if (left == 0 || right == 0) //左右孩子有一个无覆盖
{
outcome++;
return 2; //父节点需要有摄像头
}
if (left == 1 && right == 1) //左右孩子都被覆盖
{
return 0; //父节点一定没有被覆盖
}
if (left == 2 || right == 2) //左右孩子有一个摄像头
{
return 1; //父节点一定被覆盖
}
return -1; //运行不到此处，只是为了编译通过
}
int minCameraCover(TreeNode* root)
{
if (getstate(root) == 0) //由于遍历到根节点就退出了，如果此时根节点没有被覆盖，我们需要在根节点安装摄像头
{
outcome++;
}
return outcome;
}
};原文地址:https://blog.csdn.net/weixin_60053402/article/details/134569911
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