題目描述:
老師想給孩子們分發糖果,有 N 個孩子站成了一條直線,老師會根據每個孩子的表現,預先給他們評分。
你需要按照以下要求,幫助老師給這些孩子分發糖果:
每個孩子至少配置設定到 1 個糖果。
相鄰的孩子中,評分高的孩子必須獲得更多的糖果。
那麼這樣下來,老師至少需要準備多少顆糖果呢?
示例 1:
輸入: [1,0,2]
輸出: 5
解釋: 你可以分别給這三個孩子分發 2、1、2 顆糖果。
示例 2:
輸入: [1,2,2]
輸出: 4
解釋: 你可以分别給這三個孩子分發 1、2、1 顆糖果。
第三個孩子隻得到 1 顆糖果,這已滿足上述兩個條件
方法一:(暴力搜尋)
兩個條件:
- 每個孩子至少配置設定到 1 個糖果
- 相鄰的孩子中,評分高的孩子必須獲得更多的糖果
即先給所有孩子配置設定一個糖果
滿足第二個條件的要求是:
a. ratings[i] > ratings[i-1] 且 candy[i] <= candy[i-1],此時candy[i]的糖果數量需要在candy[i-1]的基礎上增加1(保證最終結果最小)
b. ratings[i] > ratings[i+1] 且 candy[i] <= candy[i+1], 此時candy[i]的糖果數量需要在candy[i+1]的基礎上增加1
實作如下:
int candy(vector<int>& ratings) {
vector<int> candy(ratings.size(),1);
bool flag = true;
while (flag) {
flag = false;
for (int i = 0;i < ratings.size(); ++i) {
if (i != ratings.size() - 1 && ratings[i] > ratings[i+1] &&
candy[i] <= candy[i+1])
{
candy[i] = candy[i+1] + 1;
flag = true;
}
if (i > 0 && ratings[i] > ratings[i-1] && candy[i] <= candy[i-1]) {
candy[i] = candy[i-1] + 1;
flag = true;
}
}
}
int sum = 0;
for (int i = 0;i < candy.size(); ++i) {
sum += candy[i];
}
return sum;
}
以上方法最壞的時間複雜度:
O(n^2),對于每個元素,我們最多要周遊n次
方法二:前後周遊
取出條件2: 相鄰的孩子中,評分高的孩子必須獲得更多的糖果
即必須同時滿足:
- a. ratings[i] > ratings[i-1] && candy[i] > candy[i-1]
- b. ratings[i] > ratings[i+1] && candy[i] > candy[i+1]
針對第一種情況,我們可以從左向右周遊一次即可滿足
針對第二種情況,我們可以從右向左周遊一次即可滿足
int candy(vector<int>& ratings) {
vector<int> candy(ratings.size(),1);
//從左向右
for (int i = 1; i < ratings.size(); ++i) {
if (ratings[i] > ratings[i-1] && candy[i] <= candy[i-1]){
candy[i] = candy[i-1] + 1;
}
}
//從右向左
for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) {
if (ratings[i] > ratings[i+1] && candy[i] <= candy[i+1]) {
candy[i] = candy[i+1] + 1;
}
}
int sum = 0;
for (int i:candy) {
sum += i;
}
return sum;
}