Candy
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There are N children standing in a line. Each child is assigned a rating value.
You are giving candies to these children subjected to the following requirements:
- Each child must have at least one candy.
- Children with a higher rating get more candies than their neighbors.
What is the minimum candies you must give?
特例：ratings为：1,3,3,4,3,2,1,0；那么candy数量应该为：1+2+2+5+4+3+2+1=20。分析其中的规律，rating相等的两个邻居candy数可以不等，我们只需要关注序列中连续的递减子序列的长度即可，比如本例中的 4,3,2,1,0，到达前四个人1,3,3,4显然我们分别应该给予1,2,3,4个candy，遇到第五个人3时，与前邻居4比是递减的，我们也给它1个，但是此时因为前邻居是4个，故不用加；接下来看2，我们给它1个，前邻居3也是1个，故应该给它加1个，但是前前邻居4是4个，故不用加；以此类推。。。
由上述分析可以看出，我们需要记录递减子序列的长度descLen，以及子序列开头第一个人的candy数量descBegCan，在判断当前属于递减子序列的人的candy数时，我们并不能仅仅给当前candy总数加上这个长度，因为可能递减子序列的开头那个人(仅仅是开头这个人)本身已经有很多candy了，那么它不需要加1（就像上面判断到第五六个人3,2时，我们并不需要给第四个人4的candy数加1，因为它已经有了3个了，3>2>1 成立），而要看当前的长度descLen与descBegCan的大小关系，如果长度小于开头那个人的数量，那么仅加上长度减1
即可；如果二者相等，那么需要加上长度。
代码如下：
class Solution {
public:
int candy(vector<int> &ratings) {
int res=0;
int lastRat = -1, lastCan = 0, can = 0;
int descLen = 0, descBegCan=0; //连续递减子序列的长度和递减序列头部的值
for(int i=0; i<ratings.size(); ++i){
if(ratings[i]>lastRat){
can = lastCan+1;
descLen = 0;
}else if(ratings[i]==lastRat){ //相邻且rating相等的人candy可以不一样
can = 1;
descLen = 0;
}else{
can = 1;
if(descLen==0)
descBegCan = lastCan;
descLen++;
if(can==lastCan){
if(descLen<descBegCan)
res += descLen-1;
else if(descLen==descBegCan){
res += descLen;
descBegCan++;
}
}
}
res += can;
lastRat = ratings[i];
lastCan = can;
}
return res;
}
};
本方法的空间复杂度为O(1)，时间复杂度为O(n)，应该属于最好的方法之一了。
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