关于leetcode:JavaScript刷LeetCode拿offer贪心算法

前言

学习算法的时候，总会有一些让人生畏的名词，比如 动静布局 ， 贪婪算法 等，听着就很难；而这一 part 就是为了攻破之前始终没有零碎学习的 贪婪算法；

有一说一，做了这些贪婪题，其实并没感觉发现了什么套路新大陆等，因为贪婪有的时候很奇妙，而且想到就是想到了，没想到可能就不必贪婪去做了，所以这属于做完只是刷了存在感的 part；

惟一的播种就是加重了对贪婪的恐怖，明确它也就是一种 部分贪婪导致全局贪婪失去最优解 的一种思路办法，所以当前遇到了，也就能平心静气的去学习应用它了；

下一 part 去做一下比拟难的 并查集

注释

455. 散发饼干

剖析 — 贪婪

1. 用最大的饼干满足胃口最大的小孩，这样就能部分最优求出全局最优，能够满足最多的小孩
2. 因为 g,s 都须要取最大，所以须要排序
3. 最初用两个端套的遍历找出最优解
4. 工夫复杂度 O(n+m)

var findContentChildren = function (g, s) {g.sort((a,b) => a-b)
    s.sort((a,b) => a-b)
    let ret = 0
    let sl = s.length-1; 
    let gl = g.length-1
    while(gl>=0){
        // 人没了，饼干能够还存在
        if(s[sl]>=g[gl] && sl>=0){
            // 最大的饼干是否满足最大胃口的孩子
            ret++
            sl--
        }
        gl--
    }
    return ret
}

376. 摆动序列

剖析 — 贪婪

1. 间断数字之间差值是正负交替的，叫做摆动序列；
2. 边缘状况，如果只有 1 个值，或者两个不相等的值，也是摆动序列
3. 如果呈现 0，则间接不是摆动序列了
4. 如果部分符合要求，依照条件部分删除不符合要求的值，就是贪婪的做法
5. 工夫复杂度 O(n)
6. 参考视频：传送门

var wiggleMaxLength = function(nums) {if(nums.length<2) return nums.length
    let ret = 1 // 从 1 开始是因为要求的是整个摆动序列的长度，所以先初始化 1，而后遇到极值递增即可
    let preDiff = 0 // 初始化第一个差值；设置为 0，则无论真正第一个差值是多少，失去的都是 0
    let curDiff = 0
    for(let i = 1;i<nums.length;i++){curDiff = nums[i]- nums[i-1]
        // 差值必须是正负数，如果是 0 则跳过
        if(curDiff === 0) continue
        if(preDiff * curDiff <= 0){
            ret++
            preDiff = curDiff
        }
    }
    return ret
};

53. 最大子序和

剖析 — 贪婪

1. 求的是最大和的 间断子数组
2. 用 sum 缓存后面和大于 0 的子数组之和，一旦小于 0，就不再累加，从新置 0, 放弃每一次迭代前 sum 的值都是 >=0
3. 这样对于每一个部分子数组，它的累加值都是大于等于 0 的，这样每次累加一个新值，就进行最大值比拟，保障整体是一个最大子数组之和
4. 工夫复杂度 O(n)

var maxSubArray = function (nums) {
  let max = -Infinity;
   let sum = 0
   for(let i = 0 ;i<nums.length;i++){sum+=nums[i]
       max = Math.max(sum,max)
       if(sum<=0){sum=0}
   }
   return max
};

55. 跳跃游戏

剖析 — 回溯 — 超时了

1. 间接将所有可能性写进去，将对应不适合的移除
2. 工夫复杂度 n∗m 其中 n 是 nums 的长度，m 是每一个值的大小

 var canJump = function (nums) {
    let ret = false;
    const dfs = (start) => {
      // 只有有一个胜利，就间接不做其余解决了
      if (start >= nums.length || ret) return;
      if (start+nums[start] >= nums.length-1) {
        ret = true;
        return;
      }
      for (let i = 1; i <= nums[start]; i++) {dfs(start + i); // 在以后这一个节点，能够跳的步数
      }
    };
    dfs(0)
    return ret;
  };

剖析

1. 这里只有不遇到值为 0 就能够持续往后走，也就是部分贪婪就是要跳过值为 0 的步骤
2. 当然如果 0 是在数组最初一位也是 ok 的
3. 咱们能够判断一下是否存在一个值 nums[valIndex] > 0Index – valIndex, 这样只有达到 valIndex 就能够越过 0 这个点了
4. 所以咱们须要遍历所有节点，找到值为 0 的节点，而后再进行跳跃判断；
5. 因为咱们是要走到最初一个下标，所以最初一个下标是不必判断的，所以 i 最多走到 nums.length-1 的地位
6. 工夫复杂度最小是 n，

 var canJump = function (nums) {for(let i=0;i<nums.length-1;i++){if(nums[i] === 0){
            // 开始寻找能够跳过以后 i 值的节点
            let valIndex = i-1
            while(nums[valIndex]<= i -valIndex && valIndex>=0){valIndex--}
            if(valIndex<0) return false
        }
    }
    return true
 }

45. 跳跃游戏 II

/** * @剖析 -- 已知能达到地位，求起码跳跃次数 * 1. 看到起码，想到用 dp 做；其中 dp[i] 就是达到 i 这个地位起码须要跳跃的次数, 然而管制以后状态的变量在上一个值，感觉 dp 不太适合 * 2. 感觉用贪婪 + 回溯会更好一点，每一次尽量远的跳，如果不行再跳回来 * 3. 而后失常超时了 */
var jump = function(nums) {if(nums.length < 2) return 0
    let ret = Infinity

    const dfs = (index,sum) => {if(index>=nums.length-1) {
            // 贪婪走进去的，必定是
            ret = Math.min(sum,ret)
            return 
        }
        if(sum>=ret || nums[index] === 0) return // 只有出了第一个，前面的全副不玩了

        for(let i = nums[index];i>0;i--){dfs(index+i,sum+1)
        }
    }
    dfs(0,0)
    return ret
};

/** * @剖析 * 1. 思考到跳跃范畴必须笼罩肯定范畴，求最小的目标，还是从后倒推后面会更难受一点，所以思考 dp；* 2. dp[i] 示意跳跃到 i 这个地位最小的次数 * 3. 状态转移方程: dp[i] = Math.min(dp[i-valid]+1) 这里的 valid 是值合乎 nums[j]+j >= i 的 dp[j], 这样在 j 这个地位能力一次跳到 i * 4. base case: dp[0] = 0 原地蹦跶 * 5. 工夫复杂度 ${O(n^2)}$ */
var jump = function(nums) {const dp = new Array(nums.length)
    dp[0] = 0 // 原地蹦跶
    for(let i=1;i<nums.length;i++){dp[i] = Infinity
        for(let j = i-1;j>=0;j--){if(nums[j]+j>=i){
                // 这样能力从 j 跳到 i
                dp[i] = Math.min(dp[i],dp[j]+1)
            }
        }
    }
    return dp[nums.length-1]
}

/** * @剖析 -- 贪婪 * 1. 每一次跳动都能够缓存最大跳跃范畴，这是一个范畴而不是一个值，所以下一跳的时候，须要从这个范畴内找到最最大跳跃的范畴 * 2. 所以只有迭代每一个值，就能够找到跑到这个值的时候，最大跳跃的覆盖范围 nextIndex 的地位, 同样的，咱们将上一轮的最大间隔设置为 curIndex * 3. 每当迭代到 curIndex, 表明上一次跳跃的覆盖范围都曾经遍历完，并且记录好了这个范畴内的最大值 nextIndex 了，这个时候更改 curIndex = nextIndex * 4. 其实整个过程就是在 [curIndex,nextIndex] 中找最大范畴，而后一直迭代；* 5. 只须要遍历一次就能找到后果了，所以工夫复杂度 ${O(n)}$ */
 var jump = function(nums) {
    let curIndex = nextIndex = 0
    let ret = 0
    for(let i =0;i<nums.length;i++){if(curIndex >=nums.length-1) return ret // 如果最大覆盖范围曾经找到了中央，那么就间接跳出遍历了
        nextIndex = Math.max(nextIndex,nums[i]+i) // 最远覆盖范围
        if(curIndex === i) {// 如果 i 达到上一次最远笼罩地位，那么 nextIndex 就是上一轮 [cur,next] 的最大间隔，当初须要更新一下
            curIndex = nextIndex
            // 所谓笼罩，就是 jump 一次
            ret++
        }
    }
}    

1306. 跳跃游戏 III

留神，这里并没有用到贪婪，然而这是一个主题的题目，所以也放在一起来学习了；比拟分块学习也是按组类学习，而咱们真正遇到问题的时候，是不会给你打 tag 说是用啥办法做的，所以相相似的题放一起做，即使因为题目扭转了，没有用到相应的技术，也值得放在一起学习一哈；
剖析 — BFS

1. 终点扭转，跳跃也从单边转左右两边，目的地也从止境到跳跃到 0 的地位 — 留神，以前是能够跳任意地位，当初只能左右跳两个地位，而不是范畴跳跃
2. 基于 BFS 将数组转成相似二叉树的 bfs 搜寻, 每一个节点都能够走左右两个节点 l,r, 如果符合条件，就退出到队列中持续走
3. 应用的 useSet 缓存走过的节点，进行剪枝

var canReach = function (arr, start) {const queue = [];
  queue.push(start);
  const useSet = new Set();

  while (queue.length) {
    let len = queue.length;
    while (len--) {const node = queue.shift();
      const l = node - arr[node];
      const r = node + arr[node];
      if (l >= 0 && !useSet.has(l)) {if (arr[l] === 0) return true;
        queue.push(l);
        useSet.add(l);
      }
      if (r < arr.length && !useSet.has(r)) {if (arr[r] === 0) return true;
        queue.push(r);
        useSet.add(r);
      }
    }
  }
  return false;
};

剖析 — dfs

1. 因为没一个点最多只能左右跳一次，所以和二叉树十分类似，能够用 bfs，当然也能够用到 dfs
2. 然而判断条件不能简略的用 node 是否在 [0,arr.length-1], 因为在左右跳的过程中会有反复的点，如果不讲反复点剪掉，岂但反复计算，而且会导致死循环
3. 所以用 set 缓存曾经走的 node，一旦再进入就移除，这样就能残缺遍历能够跳到的地位，并最终跳出 dfs 遍历，失去最终后果
4. 工夫复杂度 O(n), 空间复杂度 O(n)

var canReach = function (arr, start) {
  let ret = false;
  const useSet = new Set(); // 剪枝用的
  const dfs = (node) => {if (useSet.has(node) || ret === true) return;
    if (arr[node] === 0) {
      ret = true;
      return;
    }
    useSet.add(node);
    if (node - arr[node] >= 0) {dfs(node - arr[node]);
    }
    if (node - arr[node] < arr.length) {dfs(node + arr[node]);
    }
  };
  dfs(start);
  return ret;
};

1005. K 次取反后最大化的数组和

剖析

1. 咱们要转换，必定是要将正数转成负数，这样能达到最大，那么状况有两种，k 短缺将所有正数转换成负数，k 有余
2. 第一次贪婪，如果 k 不短缺的时候，要先将最大的非正数，这种状况就须要排序了，所以一开始先排个序吧 — 优先给最大的正数进行转换
3. 第二次贪婪，如果将所有非正数转成负数后，k 还有，那么这个时候只须要解决最小的那个值就好了；
4. 咱们在第一次贪婪的时候是排好序去解决非正数的，所以当解决完非正数之后，index 所在的地位要不就是数组之外，要不就是原始数组第一个非正数，这个时候 index-1 就是转换后的最小非正数，他们之间的比照能够找出以后数组的最小值
5. 须要留神两种非凡状况，如果入参 nums 全是非正数，则 index 不会挪动，那么 nums[index-1] 就取不到，同理，如果 nums 全是正数，则 index 在数组外了，所以要把两种状况思考进去
6. 最初只须要对 min 进行重复转换，如果 k 是偶数，那么就间接不转了，如果是奇数，那么就减去 min*2
7. 工夫复杂度 O(nlogn)

 var largestSumAfterKNegations = function(nums, k) {nums.sort((a,b)=>a-b)
     let index = 0
     while(k && nums[index] < 0){
        // 如果 k 还存在且以后值还是正数的时候，就转换
        nums[index] = - nums[index]
        k--
        index++
     }
    // 转换后 index 所在的地位就是最开始最小值非正数了，然而它有可能比转换后的最小负数小，所以要比照一下
    // 然而如果 index 是第一个值，也就是一开始全都是非正数的时候，这个时候就没有 index-1 了；// 同理，如果全是正数，那么 index 就不存在了

    let min = index=== 0 ? nums[index] : index=== nums.length?nums[index-1] :Math.min(nums[index], nums[index-1])
    // 先将所有正数都转成负数 -- 如果 k 还存在，那么就解决 nums[index] 就好了
    let sum  = nums.reduce((pre,cur)=>pre+cur,0)
    if(k % 2) sum -= min*2
    return sum
};

122. 交易股票的最佳时机 II

剖析 — 贪婪

1. 屡次交易，只有计算出每日的收益，而后将每日收益为正的收集起来就是最大收益
2. 因为本题是屡次交易，不须要手续费和间隔时间，
3. 所以如果有间断正收益的时候，相当于间断持有，如果距离收益，那就是在负收益第一天先卖出后，在负收益的后一天买进，一样能够失去断开的正收益，所以只有将所有正收益手机起来就好
4. 这样部分收益就能够扩大成全局收益，而后就能够失去最终最大的收益了

var maxProfit = function(prices) {
    let ret = 0
    for(let i = 1;i<prices.length;i++){const temp = prices[i]-prices[i-1]
        if(temp>0){ret+=temp}
    }

    return ret
}

134. 加油站

剖析

1. 咱们思考到每次加完油，就要跑路，有一些油站油充沛，那么跑完一段之后会有的剩，而有些油站油少，还得补贴一点，至于具体情况如何，咱们须要计算一下，所以用 leaves 来示意跑 [i,i-1] 的净油量
2. 应用贪婪的思维，起始车是没油的，所以必须是 leaves[i]>=0 的时候，才有可能是起始地位，而后开始往后面走，每次判断一下是否足够下一段路的行走，如果不行，果决放弃上一次的起始点，找下一个起始点
3. 如果在第一次遍历过程中，没找到一个点 ret 能够走完 [ret,len-1] 的途程，那么代表所有终点都生效了，间接返回 -1
4. 如果存在，那么对于循环的车道，还得再走一遍 [0,ret-1]，如果也胜利了，就返回 ret
5. 在整个过程中，如果累计油量放弃为非负，那么就不要更改起始地位 ret, 因为你扭转了地位，状况不会更好，只会更坏，这也是贪婪的实质，每一次都做最好的抉择，那么在两头的时候要不放弃，要不就不要改了
6. 工夫复杂度 O(n), 空间复杂度 O(n)

var canCompleteCircuit = function (gas, cost) {const leaves = gas.map((g, i) => g - cost[i]); // 每一个站台加油后跑路之后，残余值的数组，负数就是有残余，正数就是有余，须要在某些中央补充；let ret = -1;
  let sum = 0; // 缓存以后油量
  for (let i = 0; i < leaves.length; i++) {if (leaves[i] >= 0) {if (ret === -1) {ret = i;}
      sum += leaves[i];
      continue;
    }
    if (sum + leaves[i] < 0) {
      // 之前那个终点曾经失败了
      ret = -1; // 复原到 -1
      sum = 0;
    } else {sum += leaves[i]; // 持续走着
    }
  }
  if (ret === -1) return -1; 
  // 如果走完这一段，sum 还存在，证实在 [ret,leaves.length-1] 是合格的，那么持续走一下 [0,ret]
  for (let i = 0; i < ret; i++) {if (leaves[i] >= 0) {sum += leaves[i];
      continue;
    }
    if (sum + leaves[i] < 0) {
      // 在这个循环中一旦呈现不适合的，就不再走上来了，因为曾经走过一次了
      return -1;
    } else {sum += leaves[i]; // 持续走着
    }
  }
  return ret
};

剖析

1. 基于下面那种贪婪，其实有更好的断定形式，就是只有 gasSum >= costSum , 那么必然存在一个终点，可能让车跑完一圈，因为那些差值很大的区间，都是最初积攒大量的残余油才会去跑的；
2. 下面的第二次 [0,ret] 能够不必跑，只有判断出有一个值能够走完 [ret,len-1], 同时 gasSum >= costSum，那么这个 ret 的点就是终点了

var canCompleteCircuit = function (gas, cost) {const leaves = gas.map((g, i) => g - cost[i]); // 每一个站台加油后跑路之后，残余值的数组，负数就是有残余，正数就是有余，须要在某些中央补充；let ret = -1;
  let sum = 0; // 缓存以后油量
  let gasSum = 0
  let costSum = 0
  for (let i = 0; i < leaves.length; i++) {costSum+=cost[i]
    gasSum+=gas[i]
    if (leaves[i] >= 0) {if (ret === -1) {ret = i;}
      sum += leaves[i];
      continue;
    }
    if (sum + leaves[i] < 0) {
      // 之前那个终点曾经失败了
      ret = -1; // 复原到 -1
      sum = 0;
    } else {sum += leaves[i]; // 持续走着
    }
  }
  if (gasSum<costSum) return -1; 
  return ret
};

135. 散发糖果

剖析 — 题目形容有问题

1. 第二个条件应该是，只有你比邻近地位的评分大，那么你就必然比邻近的人分得的糖果多
2. 先初始所有 candies 的值为 1
3. 而后分两局部解决，先和左侧分数值比拟，只有比左侧大，那么 candies[i] ++
4. 而后再从右往左遍历，只有比左侧的分数高，那么就进行比拟，取最大值 Math.max(candies[i],cadies[i+1]+1)
5. 最初失去的数组 candies 就能保障，分数更高小孩，必定比邻近分数更低的小孩的 candies 更多
6. 工夫复杂度 O(n)
7. 这里起码的发糖就用到了贪婪的思维，尽可能少的给糖，先右边部分起码给糖，而后左边部分起码给糖，而后就能够影响最终给糖的数量

var candy = function (ratings) {
  const len = ratings.length;
  const candies = new Array(len).fill(1); // 发糖果的数组
  for (let i = 1; i < len; i++) {if (ratings[i] > ratings[i - 1]) {candies[i] = candies[i - 1] + 1;
    }
  }
  for (let i = len - 2; i >= 0; i--) {if (ratings[i] > ratings[i + 1]) {candies[i] = Math.max(candies[i + 1] + 1,candies[i]); // 从左边数的时候，就要判断哪边更大了
    }
  }
  return candies.reduce((pre, cur) => pre + cur, 0);
};

860. 柠檬水找零

剖析

1. 如果能思考到部分贪婪，根本就是一道遍历题
2. 因为 5 元属于更小粒度的单位，在数量足够的时候能够组合成 10 元，所以咱们在给 20 元找零的时候，部分贪婪的保留 5 元，这样能保障出力后续的时候更可能实现工作
3. 所以剩下的就是将状况排列进去了
4. 工夫复杂度 O(n)

var lemonadeChange = function(bills) {
    let fives = 0
    let tens = 0

     for(let i =0;i<bills.length;i++){const b = bills[i] 
         if(b === 5){fives++}
         if(b === 10) {if(fives>0){
                 fives--
                 tens++
             }else {return false}
         }
         if(b === 20){
             // 当初用贪婪，先尽可能的用 10 块去找零，因为 5 块是粒度更小的零钱，它通用性更强，所以尽可能贪婪的保留 5 块
             if(tens>0 && fives>0){
                tens--
                fives--
             }else if (tens === 0 && fives>=3){fives -=3}else{return false}
         }
     }
     return true

 };

406. 依据身高重建队列

剖析

1. 先分类，将身高一样的先缓存在一起
2. 而后依据 key 从高到低开始贪婪的排列，因为每一次咱们都取 最高且后面人数起码 的 item，这个时候队列的两个条件曾经一起限度好，只须要依照 item[i] 插入到 ret 上就足够了 — 后续的插入是不会影响到以后插入的，因为后续的值必定会贴合现有排好的 ret；
3. 咱们能够先取出身高更高的值，因为这个时候，排在它后面的，就只有它本人和曾经排好的数组 — 这就是部分贪婪
4. 这个时候在雷同身高的数组里，还要依据后面的人数进行一次排序，保障少的在后面 — 这样以后 item 插入到最终 ret 的时候，它就能够依据 item[1] 直接插入到 ret 对应的地位了
5. 工夫复杂度 O(n), 空间复杂度 O(n)

var reconstructQueue = function(people) {const map = new Map(); // 先将身高一眼给的缓存起来
    for(let i = 0;i<people.length;i++){const key = people[i][0]
        map.set(key,map.get(key)?[...map.get(key),people[i]]:[people[i]])
    }
    const arr = [...map.keys()].sort((a,b)=>b-a) // 从大到小
    const ret = []
    for(let i = 0;i<arr.length;i++){const tempArr = map.get(arr[i]) // 取出数组
        tempArr.sort((a,b)=>a[1]-b[1]) // 身高雷同的数组，要依据在他们后面的人的数量进行排序，这样能力保障后面人少的在后面
        // 这个时候须要只须要按找数组的第二个值，插入到最终数组即可
        for(let temp of tempArr){ret.splice(temp[1],0,temp) // 在 temp[1] 的地位插入 temp
        }
    }
    return ret
};

const ret = reconstructQueue([[7,0],[4,4],[7,1],[5,0],[6,1],[5,2]]);
console.log(ret)

452. 用起码数量的箭引爆气球

剖析 — 失败

1. 首先要审题并了解题目，尽管说的是二维空间的气球，然而理论排列的时候在一个坐标 x 上可能会存在气球的重叠；所以当箭从 x 射进去，就能够一次突破 n>1 个气球
2. 所以题目就转换成 — 每次找到 重叠最多 的地位进行射击，当气球射完须要多少箭；– 也就是找到交加的数量
3. 这里能够和并查集进行比照，并查集遇到交加后，会扩大汇合为并集，而这里是膨胀到交加，所以刚好是相同的概念
4. 这里用到的贪婪思维就是，一旦有交加，咱们就把两个气球膨胀为一个更小的气球，部分贪婪的将有交加的气球压缩到一个更小的气球中，这样最初剩下的气球就是互相隔离的，达到全局的贪婪 — 尽可能少的射击
5. 工夫复杂度 O(n), 空间复杂度 O(n)
6. 这种写法失败的起因在于，随机找进去一个区间值，这个区间值的膨胀是随机的，所以就会呈现一个很小的区间 A 将原本能够包容更多气球的某一个区间 B 膨胀的很小区间 C，使得最初的后果不够贪婪，而最优的状况是将区间 A 放在另外的一个区间 A1 上，而后让 B 区间包容更多的气球 B1,B2；
7. 所以须要将无序的气球按排好序，这样按程序在部分范畴内最贪婪的重叠气球，就能够保障在部分范畴内，尽可能小的放大取值区间，包容更多的气球 — 具体看 剖析 2

 var findMinArrowShots = function(points) {
    const len =  points.length 
    let ret = [] // 缓存没有交加的数组
    for(let i =0;i<len;i++){const pp  = points[i]
        let isMerge = false
        for(let i = 0;i<ret.length;i++){const rr = ret[i]
            // 如果起始地位都超过了终止地位，那么就没有交加了
            if(pp[0]>rr[1] || pp[1]< rr [0]) continue
            // 否则就是有交加了，那么只有保留交加就好，因为射中交加的时候，一次性就实现所有的气球爆炸
            ret[i] =  pp[0]<=rr[0]?[rr[0],Math.min(pp[1],rr[1])]:[pp[0],Math.min(pp[1],rr[1])]
            isMerge = true // 如果合并了
            break
        }
        if(!isMerge){ret.push(pp)
        }
    }
    return ret.length
};

剖析 2

1. 基于下面那种两边同时限度，会呈现分组限度更多的状况，咱们限度其中一边进行排序，尽可能应用其中一边作为限度条件，在这里咱们依据 left 作为排序根据进行排序
2. 排序之后，咱们只须要判断新的气球的最右边是否来到了以后气球的最左边，就能够判断是否是同一组；
3. 如果属于同一组，那么须要当初这一组最 right 的地位，这个地位也是射击的最右地位，保障往这个点射进去，这一组的气球全爆，所以须要找的是交加最小值
4. 工夫复杂度 O(nlogn), 空间复杂度 O(1)
5. 这里用到的贪婪思维就是尽可能部分最多重叠的气球，而上题也是因为没法保障会让最多重叠气球放在一起

var findMinArrowShots = function(points) {
    const len =  points.length 
    points.sort((a,b)=>a[0]-b[0])
    let cur = -Infinity;
    let ret = 0
    for(let i = 0 ;i<len;i++){const pp  = points[i]
        if(pp[0]>cur) {
            // 超出范围了
            ret++
            cur = pp[1] // 批改
        }else{cur = Math.min(cur,pp[1])
        }
    }
    return ret
}

findMinArrowShots([[10,16],[2,8],[1,6],[7,12]])
findMinArrowShots([[1,2]])
findMinArrowShots([[3,9],[7,12],[3,8],[6,8],[9,10],[2,9],[0,9],[3,9],[0,6],[2,8]])

剖析 3 — 右侧节点排序

1. 应用左侧节点排序，在重合区域要保障 right 节点最小，这个能力保障下一个值能够落到汇合的交汇处
2. 然而应用右侧排序的时候，自身 right 节点就比 left 节点要大，所以右侧排序后，其余的节点对于以后节点 [l1,r1] 而言，只有 l2 < r1, 那么必然是存在于区间内的，而且只有存在于区间内，那么 right 值都不须要变，因为第一个取值就是最小了，所以有上面的写法
3. 这种排序更直观一点，画图会更好看清楚

var findMinArrowShots = function(points) {
    const len =  points.length 
    points.sort((a,b)=>a[1]-b[1]) // 右侧排序
    let right = -Infinity;
    let ret = 0
    for(let i = 0 ;i<len;i++){const pp  = points[i]
        if(pp[0]>right) {
            // 超出范围了
            ret++
            right = pp[1] // 批改
        }
    }
    return ret
}

435. 无重叠区间

剖析

1. 和 452. 用起码数量的箭引爆气球 相似，只是那边尽可能汇合在一起，这里是要离开
2. 所以这里以区间的右侧值做排序，这样 的益处就是，一旦某个值的 left 大于以后的 right 值，那么就呈现齐全隔离的区间了；
3. 最初的答案就是长度减去能够齐全隔离的区间

var eraseOverlapIntervals = function(intervals) {
    const length = intervals.length
    intervals.sort((a,b) => a[1]-b[1]) // 按右侧大小排列好
    let  right = -Infinity
    let ret = 0 // 汇合数量
    for(let i = 0;i<length;i++){const ii = intervals[i]
        if(ii[0]>=right) {
            ret++ 
            right = ii[1]
        }
    }
    return length-ret
}

763. 划分字母区间

剖析

1. 题目限度条件 1：雷同的字符只能存在于同一个字符串片段；限度条件 2：尽可能多的切分字符串片段
2. 所以咱们先用 map 缓存每个字符最初呈现的下标值，那么当我的字符串中存在这个字符，那么起码要走到它的止境下标
3. 相当于开启了一个不定长窗口，而后在这个窗口遍历过程，判断窗口的最长值是否须要扩大，当窗口遍历实现后，记录窗口的长度，而后执行下一个窗口
4. 工夫复杂度 O(n), 空间复杂度 O(n)
5. 这里没看出部分贪婪导向全局贪婪，可能是保障所有雷同字符都要在一起算是部分贪婪吧

var partitionLabels = function(s) {const map = new Map() // 记录字符和最初一个字符对应的下标
    for(let i = 0;i<s.length;i++){const ss = s[i]
        map.set(ss,i)
    }
    console.log(map)
    let ret = []
    let start = 0
    // 当初尽可能短的获取片段
    while(start<s.length){
        let temp = start // 起始值
        let end = map.get(s[start]) // 第一个字母的最初一个下标

        while(start<=end){if(map.get(s[start])>end){end = map.get(s[start]) // 将 end 变长
            }
            start++
        }
        // 抛出一轮了
        ret.push(start-temp)
    }
    return ret
};

console.log(partitionLabels('ababcbacadefegdehijhklij'))

56. 合并区间

剖析

1. 这里是合并所有重叠的区间，不是两两重叠的区间，所以还是得排个序，这样只需哟啊判断一遍即可，不然间接写个 ret，原来不连贯的区间，可能加了一个新的 item 就连接起来了，更麻烦
2. left 节点排序是比拟适合的, 因为这里须要在某个节点隔断之后，往后的节点不会再影响到 ret 数组里的区间
3. 如果用 right 节点排序，就会呈现 [k,r],[k-1,r+1] 的状况，那么曾经放入到独自区域的区间还要拿进去用
4. 最初遍历一遍完结，工夫复杂度 O(n)

var merge = function (intervals) {intervals.sort((a, b) => a[0] - b[0]);
  let ret = [];
  let cur = intervals[0];
  for (let i = 1; i < intervals.length; i++) {const temp = intervals[i];
    if (temp[0] > cur[1]) {
      // 当取出的空间的起始值曾经比以后值要大的时候，那么剩下的其余值，也会齐全和以后的 cur 隔离开，所以将以后 cur 推入 ret 中
      ret.push(cur);
      cur = temp; // 替换 cur
    }
    if (cur[1] < temp[1]) {cur[1] = temp[1];
    }
  }
  return [...ret, cur];
};

console.log(
  merge([[1,4],[2,3]]
  )
);

738. 枯燥递增的数字

剖析

1. 审题，这里是要找一个最大的数 num，num 的位须要单增, 也就是 1234, 这样的，同时 num <= n
2. 这题数字转字符串转数组，将每个值转成单个数值来计算了，这样更不便点
3. 这里最初要求的是递增的数组，所以咱们能够依据 i-1 和 i 之间的值进行替换，当 arr[i-1]>arr[i] 的时候，arr[i-1] 减一，设置锚点 flag
4. 从后往前遍历完之后，找到左侧第一个须要设置为 9 的点，而后把前面的值全设置为 9，达到最大值

var monotoneIncreasingDigits = function (n) {if(n<10) return n // 如果是个位数，间接返回 n
  const str = String(n)
  const len = str.length
  const arr = str.split('')
  let  flag = Infinity // 标记最初一个设置为 9 的下标，从这个下标之后的值，都得换成 9
  for(let i =len-1;i>=0;i--){if(arr[i-1]>arr[i]){
        // 如果前一位大于后一位，那么为了当增，须要将以后位减一，后一位换成 9
        flag = i
        arr[i-1] = arr[i-1] -1 
    }
  }

  for (let i = flag; i < len; i++) {arr[i] = 9
  }
  return Number(arr.join(''))
};

968. 监控二叉树

剖析

1. 这里要求尽可能少的装置摄像头，然而改装的还是得装上，须要全笼罩，那么最好的方法必定是自底向上的装，因为层数越深，节点越多，所以自顶向上能缩小摄像头的装置
2. 那么当初要尽可能让摄像头笼罩到每一个节点，这里节点 val 作为状态值，0 就是没有笼罩，1 就是装置摄像头笼罩，2 是没有装置然而在覆盖范围内
3. 咱们晓得要尽可能的在有状态为 0 的叶子节点的 父节点 下来装置，这样就能够一次性笼罩到叶子节点，同时因为是自底向上的遍历，那么不须要思考更底层的笼罩，只须要思考以后节点和它的叶子节点即可
4. 所以咱们用后续遍历的形式进行后续遍历，当咱们达到叶子节点时返回；
5. 当咱们遇到叶子节点都为不为 0，也就是都在覆盖范围内的时候，如果存在叶子节点状态为 1，即以后节点也属于覆盖范围，须要更改状态为 2，而后 return 回去 — 这里用到了贪婪，也就是必须要有状态为 0 的叶子节点，才会去装置摄像头，保障摄像头的覆盖范围，进而保障数量最小
6. 如果存在叶子节点的状态为 0，那么就必须在以后节点设置摄像头，也就将状态 root.val 设置为 1
7. 当咱们自低向上遍历到了根节点，而后中断遍历的时候，还须要思考最初 root 节点
8. 因为咱们之前的逻辑是依据叶子节点状态来判断以后节点的更改的，所以 root 节点很可能会因为叶子节点是笼罩值而没有进行任何的设置，这个时候 root 就可能是 0，所以如果 root 是 0 的话，还得再安一个摄像头
9. 咱们最终的后果就是要保障整棵树的节点状态都不为 0 即可
10. 工夫复杂度 O(n)

var minCameraCover = function (root) {if (!root) return 0;
  let ret = 0; // 装了多少摄像头
  const dfs = (root) => {if (!root.left && !root.right) return; // 达到叶子节点，间接返回，不加摄像头
    if (root.left) dfs(root.left);
    if (root.right) dfs(root.right);
    // 后序遍历，遇到父子节点存在摄像头，那就不须要加了
    if ((root.left && root.left.val !== 0  || !root.left) && (root.right && root.right.val !== 0 || !root.right)){if((root.left && root.left.val === 1) || (root.right && root.right.val === 1)){
            // 存在摄像头能力波及
            root.val = 2 // 波及到的
        }
        return 
    }
    // 必须要保障存在的子节点都曾经是 1 的时候，才能够释怀持续往上走
    root.val = 1; // 如果大家伙都没有装，那就我来装吧
    ret++;
  };
  dfs(root);
  return root.val === 0  ? ret+1 : ret 
};