[TOC]
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优先满足胃口小的小朋友的需求。
对 g 和 s 升序排序 初始化两个指针 i 和 j 分别指向 g 和 s 初始位置 对比 g[i] 和 s[j] g[i] <= s[j]：饼干满足胃口，把能满足的孩子数量加 1，并移动指针 i = i + 1，j = j + 1 g[i] > s[j]：无法满足胃口，j 右移，继续查看下一块饼干是否可以满足胃口
class Solution {
public int findContentChildren(int[] g, int[] s) {
int n1 = g.length, n2 = s.length;
Arrays.sort(g);
Arrays.sort(s);
int res = 0;
for (int i = 0, j = 0; i < n1 && j < n2; ) {
if (g[i] <= s[j]) {
res++;
i++;
j++;
} else {
j++;
}
}
return res;
}
}给定一个区间的集合，找到需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠。
注意:
可以认为区间的终点总是大于它的起点。 区间 [1,2] 和 [2,3] 的边界相互“接触”，但没有相互重叠。
示例 1:
输入: [ [1,2], [2,3], [3,4], [1,3] ]
输出: 1
解释: 移除 [1,3] 后，剩下的区间没有重叠。示例 2:
输入: [ [1,2], [1,2], [1,2] ]
输出: 2
解释: 你需要移除两个 [1,2] 来使剩下的区间没有重叠。示例 3:
输入: [ [1,2], [2,3] ]
输出: 0
解释: 你不需要移除任何区间，因为它们已经是无重叠的了。对每个区间根据起始点大小升序，如果区间没有重叠则都保留；如果区间有重叠，则保留区间终点小的那个区间，这样可以保留更多的区间，达到总移除区间数最小的目的。
class Solution {
public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {
int n = intervals.length;
if (n == 0) {
return 0;
}
// x[0] > y[0] 返回1，是升序排列
Arrays.sort(intervals, (x, y) -> {
if (x[0] > y[0]) {
return 1;
} else if (x[0] == y[0]) {
return 0;
} else {
return -1;
}
});
int res = 0;
int curpos = 0;
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (intervals[curpos][1] > intervals[i][0]) {
if (intervals[curpos][1] > intervals[i][1]) {
curpos = i;
}
res++;
} else {
curpos = i;
}
}
return res;
}
}在二维空间中有许多球形的气球。对于每个气球，提供的输入是水平方向上，气球直径的开始和结束坐标。由于它是水平的，所以y坐标并不重要，因此只要知道开始和结束的x坐标就足够了。开始坐标总是小于结束坐标。平面内最多存在104个气球。
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。我们想找到使得所有气球全部被引爆，所需的弓箭的最小数量。
Example:
输入:
[[10,16], [2,8], [1,6], [7,12]]
输出:
2
解释:
对于该样例，我们可以在x = 6（射爆[2,8],[1,6]两个气球）和 x = 11（射爆另外两个气球）。
做了第453题无重叠区间后，这道题应该还是很简单。先按区间起点对所有区间升序，假定第一次射箭位置hitpos为第一个区间的终点，遍历区间，如果hitpos小于下一区间的起点，则总剑数ans+1，并移动射箭位置；如果hitpos大于等于下一区间的起点，分两种情况，第一种hitpos小于下一区间的终点，则射箭位置不变，第二种hitpos大于等于下一区间的终点，则移动射箭位置，程序来说就是hitpos = min(hitpos, points[i][1])。
class Solution {
public int findMinArrowShots(int[][] points) {
int n = points.length;
if (n == 0) {
return 0;
}
Arrays.sort(points, (x, y) -> {
if (x[0] > y[0]) {
return 1;
} else if (x[0] == y[0]) {
return 0;
} else {
return -1;
}
});
int ans = 1;
int hitpos = points[0][1];
for (int i = 1; i < n; i++) {
if (hitpos < points[i][0]) {
ans++;
hitpos = points[i][1];
} else {
// 找出当前边界最小值
hitpos = Math.min(hitpos, points[i][1]);
}
}
return ans;
}
}假设有打乱顺序的一群人站成一个队列。 每个人由一个整数对(h, k)表示，其中h是这个人的身高，k是排在这个人前面且身高大于或等于h的人数。 编写一个算法来重建这个队列。
注意： 总人数少于1100人。
示例
输入:
[[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]]
假设候选队列为 A，已经站好队的队列为 B.
从 A 里挑身高最高的人 x 出来，插入到 B. 因为 B 中每个人的身高都比 x 要高，因此 x 插入的位置，就是看 x 前面应该有多少人就行了。比如 x 前面有 5 个人，那 x 就插入到队列 B 的第 5 个位置。
1.排序规则：按照先H高度降序，K个数升序排序 2.遍历排序后的数组，根据K插入到K的位置上 核心思想：高个子先站好位，矮个子插入到K位置上，前面肯定有K个高个子，矮个子再插到前面也满足K的要求
先排序 [7,0], [7,1], [6,1], [5,0], [5,2], [4,4]
再一个一个插入。 [7,0] [7,0], [7,1] [7,0], [6,1], [7,1] [5,0], [7,0], [6,1], [7,1] [5,0], [7,0], [5,2], [6,1], [7,1] [5,0], [7,0], [5,2], [6,1], [4,4], [7,1]
class Solution {
public int[][] reconstructQueue(int[][] people) {
if (people.length == 0) {
return null;
}
Arrays.sort(people, (x, y) -> {
if (x[0] < y[0] || (x[0] == y[0] && x[1] > y[1])) {
return 1;
} else if (x[0] == y[0] && x[1] == y[1]) {
return 0;
} else {
return -1;
}
});
List<int[]> list = new ArrayList<>();
for (int[] arr : people) {
list.add(arr[1], arr);
}
for (int i = 0; i < list.size(); i++) {
people[i] = list.get(i);
}
return people;
}
}给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
注意你不能在买入股票前卖出股票。
示例 1:
输入: [7,1,5,3,6,4]
输出: 5
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格。
示例 2:
输入: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length == 0) {
return 0;
}
int minPrices = prices[0];
int maxProfit = 0;
for (int price : prices) {
if (minPrices > price) {
minPrices = price;
} else {
maxProfit = Math.max(maxProfit, price - minPrices);
}
}
return maxProfit;
}
}给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。
注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
示例 1:
输入: [7,1,5,3,6,4]
输出: 7
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。
示例 2:
输入: [1,2,3,4,5]
输出: 4
解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3:
输入: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
这种解法的理论依据是，跳过中间峰谷最大总利润会降低，数学上可以证明。
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices.length == 0) {
return 0;
}
int maxProfit = 0;
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
int tmp = prices[i] - prices[i - 1];
if (tmp > 0) {
maxProfit += tmp;
}
}
return maxProfit;
}
}假设你有一个很长的花坛，一部分地块种植了花，另一部分却没有。可是，花卉不能种植在相邻的地块上，它们会争夺水源，两者都会死去。
给定一个花坛（表示为一个数组包含0和1，其中0表示没种植花，1表示种植了花），和一个数 n 。能否在不打破种植规则的情况下种入 n 朵花？能则返回True，不能则返回False。
示例 1:
输入: flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 1
输出: True
示例 2:
输入: flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 2
输出: False
注意:
数组内已种好的花不会违反种植规则。 输入的数组长度范围为 [1, 20000]。 n 是非负整数，且不会超过输入数组的大小。
遍历flowerbed[]数组，依次判断各位置是否适合种花，判断的标准是当前位置为0，且前一位置为0或其下标为-1，且后一位置为0或其下标为flowerbed.length。若判断为真，则修改flowerbed[]数组当前位置为1，n--。最后若n<=0,则能种下所有花。
class Solution {
public boolean canPlaceFlowers(int[] flowerbed, int n) {
if (flowerbed.length == 0) {
return false;
}
if (n == 0) {
return true;
}
for (int i = 0; i < flowerbed.length; i++) {
if (flowerbed[i] == 0 && (i == 0 || flowerbed[i - 1] == 0) && (i + 1 == flowerbed.length || flowerbed[i+1] == 0)) {
n--;
if (n == 0) {
return true;
}
flowerbed[i] = 1;
}
}
return false;
}
}给定字符串 s 和 t ，判断 s 是否为 t 的子序列。
你可以认为 s 和 t 中仅包含英文小写字母。字符串 t 可能会很长（长度 ~= 500,000），而 s 是个短字符串（长度 <=100）。
字符串的一个子序列是原始字符串删除一些（也可以不删除）字符而不改变剩余字符相对位置形成的新字符串。（例如，"ace"是"abcde"的一个子序列，而"aec"不是）。
示例 1:
s = "abc", t = "ahbgdc"
返回 true.
示例 2:
s = "axc", t = "ahbgdc"
返回 false.
思路很简单，直接看代码。
class Solution {
public boolean isSubsequence(String s, String t) {
if (s.length() == 0) {
return true;
}
int i, j;
for (i = 0, j = 0; i < s.length() && j < t.length(); ) {
if (s.charAt(i) == t.charAt(j)) {
i++;
}
j++;
}
if (i == s.length()) {
return true;
}
return false;
}
}给定一个长度为 n 的整数数组，你的任务是判断在最多改变 1 个元素的情况下，该数组能否变成一个非递减数列。
我们是这样定义一个非递减数列的： 对于数组中所有的 i (1 <= i < n)，满足 array[i] <= array[i + 1]。
示例 1:
输入: [4,2,3]
输出: True
解释: 你可以通过把第一个4变成1来使得它成为一个非递减数列。
示例 2:
输入: [4,2,1]
输出: False
解释: 你不能在只改变一个元素的情况下将其变为非递减数列。
说明: n 的范围为 [1, 10,000]。
class Solution {
public boolean checkPossibility(int[] nums) {
if (nums.length <= 2) {
return true;
}
int count = 0;
for (int i = nums.length - 2; i >= 0; i--) {
if (count > 1) {
return false;
}
if (nums[i] <= nums[i + 1]) {
continue;
}
if (i + 2 < nums.length && nums[i] > nums[i + 2]) {
nums[i] = nums[i + 1];
}
count++;
}
return count < 2;
}
}时间复杂度：O(n) 空间复杂度：O(1)
class Solution {
public boolean checkPossibility(int[] nums) {
if (nums.length <= 2) {
return true;
}
int count = 0;
for (int i = 0; i < nums.length - 1; i++) {
if (nums[i] > nums[i + 1]) {
count++;
if (count > 1) {
return false;
}
if (i >= 1 && nums[i - 1] > nums[i + 1]) {
nums[i + 1] = nums[i];
} else {
nums[i] = nums[i + 1];
}
}
}
return count < 2;
}
}给定一个整数数组 nums ，找到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。
示例:
输入: [-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。
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
int temp = INT_MIN;
for(int i = 0; i < nums.size() - 1; ++i)
{
int max1 = nums[i];
temp = max(temp, max1);
for(int j = i+1; j < nums.size(); ++j)
{
max1 += nums[j];
temp = max(temp, max1);
}
}
temp = max(temp, nums[nums.size() - 1]);
return temp;
}
};首先对数组进行遍历，当前最大连续子序列和为 sum，结果为 ans 如果 sum + nums[i] > nums[i]，则说明 sum 对结果有增益效果，则 sum 保留并加上当前遍历数字 如果 sum <= 0，则说明 sum 对结果无增益效果，需要舍弃，则 sum 直接更新为当前遍历数字 每次比较 sum 和 ans的大小，将最大值置为ans，遍历结束返回结果 时间复杂度：O(n)
class Solution {
public int maxSubArray(int[] nums) {
if (nums.length == 0) {
return 0;
}
int max = nums[0];
int cur = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
cur = Math.max(cur + nums[i], nums[i]);
max = Math.max(max, cur);
}
return max;
}
}字符串 S 由小写字母组成。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一个字母只会出现在其中的一个片段。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 = "ababcbacadefegdehijhklij"
输出: [9,7,8]
解释:
划分结果为 "ababcbaca", "defegde", "hijhklij"。
每个字母最多出现在一个片段中。
像 "ababcbacadefegde", "hijhklij" 的划分是错误的，因为划分的片段数较少。
注意:
S的长度在[1, 500]之间。
S只包含小写字母'a'到'z'。class Solution {
public List<Integer> partitionLabels(String S) {
int n = S.length();
int[] temp = new int[26];
Arrays.fill(temp, -1);
// 记录每个字母最后一次出现的位置
for (int i = 0; i < n; i++) {
temp[S.charAt(i) - 'a'] = i;
}
List<Integer> res = new ArrayList<>();
int i = 0;
while (i < n) {
int curMaxIndex = temp[S.charAt(i) - 'a'];
for (int j = i; j < curMaxIndex; j++) {
curMaxIndex = Math.max(curMaxIndex, temp[S.charAt(j) - 'a']);
}
res.add(curMaxIndex - i + 1);
i = curMaxIndex + 1;
}
return res;
}
}