第六课主要介绍图，不经常考，故今天先讲第七课的内容，介绍比较常考的树和贪心算法
介绍前缀树
何为前缀树？ 如何生成前缀树？
可以查有多少个字符串以“be”为前缀。
如果要判断有没有“be”这个节点，每个节点上加上一个数据项，有多少个字符串以当前节点结尾的（可以查加了多少次特定字符串）。
给一个字符串、返回多少个字符串以这个为前缀。
再加一个数据项，记录该节点被划过多少次。
大概实现：
删除逻辑：
根据path是否变为0，来判断是否继续往下删。
可以解决以下问题：
一个字符串类型的数组arr1，另一个字符串类型的数组arr2。
arr2中有哪些字符，是arr1中出现的？请打印
arr2中有哪些字符，是作为arr1中某个字符串前缀出现的？请打印
arr2中有哪些字符，是作为arr1中某个字符串前缀出现的？请打印arr2中出现次数最大的前缀。
public class Code_01_TrieTree {
public static class TrieNode {
public int path;//多少个到达过节点
public int end;//多少个以这个节点结尾
public TrieNode[] nexts;//表示下一个节点的情况
public TrieNode() {
path = 0;
end = 0;
//26个字母
nexts = new TrieNode[26];
}
}
public static class Trie {
private TrieNode root;
public Trie() {
root = new TrieNode();
}
public void insert(String word) {
if (word == null) {
return;
}
char[] chs = word.toCharArray();
TrieNode node = root;
int index = 0;
for (int i = 0; i < chs.length; i++) {
index = chs[i] - ‘a‘;//a index 0 -- b index 1 -- ...字母对应的
if (node.nexts[index] == null) {//没有路就新建出来
node.nexts[index] = new TrieNode();
}
node = node.nexts[index];
node.path++;
}
node.end++;
}
public void delete(String word) {
if (search(word) != 0) {
char[] chs = word.toCharArray();
TrieNode node = root;
int index = 0;
for (int i = 0; i < chs.length; i++) {
index = chs[i] - ‘a‘;
if (--node.nexts[index].path == 0) {
node.nexts[index] = null;
return;
}
node = node.nexts[index];
}
node.end--;
}
}
public int search(String word) {
if (word == null) {
return 0;
}
char[] chs = word.toCharArray();
TrieNode node = root;
int index = 0;
for (int i = 0; i < chs.length; i++) {
index = chs[i] - ‘a‘;
if (node.nexts[index] == null) {
return 0;
}
node = node.nexts[index];
}
return node.end;
}
public int prefixNumber(String pre) {
if (pre == null) {
return 0;
}
char[] chs = pre.toCharArray();
TrieNode node = root;
int index = 0;
for (int i = 0; i < chs.length; i++) {
index = chs[i] - ‘a‘;
if (node.nexts[index] == null) {
return 0;
}
node = node.nexts[index];
}
return node.path;
}
}
public static void main(String[] args) {
Trie trie = new Trie();
System.out.println(trie.search("zuo"));
trie.insert("zuo");
System.out.println(trie.search("zuo"));
trie.delete("zuo");
System.out.println(trie.search("zuo"));
trie.insert("zuo");
trie.insert("zuo");
trie.delete("zuo");
System.out.println(trie.search("zuo"));
trie.delete("zuo");
System.out.println(trie.search("zuo"));
trie.insert("zuoa");
trie.insert("zuoac");
trie.insert("zuoab");
trie.insert("zuoad");
trie.delete("zuoa");
System.out.println(trie.search("zuoa"));
System.out.println(trie.prefixNumber("zuo"));
}
}
贪心策略
贪心策略正确性的证明，千万不要纠结，因为纠结你能死去。
想练贪心，记贪心的点就够了，写对数器的方式来验证。
不用去纠结哪个策略，证明上哪个是对的。这是一个大套路。
字典序介绍
例如abc和bce对比，想象成26进制的数进行对比。
长度不等的时候，把短的后面扩长来对比，后补最小的单位。
题目：给定一个字符串类型的数组strs，找到一种拼接方式，使得把所有字符串拼起来之后形成的字符串具有最低的字典序。
什么叫做贪心？
定义一个指标，在这个指标下，把每一个样本分出一个优先来，按照优先大的先执行，优先小的后执行，这就是贪心。
贪心就是一件事情，贪心就是某一种简洁的标准，在这个标准下把所有东西分出个一二三来，然后根据这个优先级，决定一种顺序，就是贪心。
贪心案例：
贪心就是找距离目标最近的拿，不管最终的结果，只注重局部或者眼前的结果的方法
按照这种方法就是有可能丧失全局最优的
就好比两个人分5个大饼，一次可以拿一个或者两个，不吃完不允许再拿
A：用贪心方法：第一次拿两个，B拿一个，那么B最终拿3个
这个就是贪心方法失败的一个例子
有的时候贪心算法也是可以得到最优解的,比如还是大饼的例子，但是现在总数是7个了
A继续贪心，先两个，再两个就是4个了；
而B先1个，后2个，就只能是3个
介绍完贪心就回到题目：
如果对数组进行排序，再拼接一起，那是不行的。
正确的排序策略：
str1做前缀str2跟后面。和相反着对比。（每个字符串作为前缀贴在一起比较）
排序策略不成立的例子。
比较策略没有传递性，是一个环。
有传递性是：
这个题比较策略就是贪心策略。要确定的一件事情，排序策略是有传递性的。
把a.b看做成K进制的数，“abc” “efg” abcefg，其实就是abc向左移动了b这个数的长度位，再加入efg。
等式两边减b乘c，第二个式子减b乘a
然后再化简。
展开后ac抹掉，同时除与b，a移过去右，c移过去左...
证明排序策略是有传递性，是一个对的排序：
还要证明用这种排序策略得到的序列，就是字典序最小的。
先证明一件事情，序列里面任意调换两个字符串的顺序后，都会产生更大的字典序。
由于传递性：a.m1<=m1.a
一路下去，然后紧贴着b，b再和a交换。一路下来都是大于等于，那么肯定就只有比原始序列大。（所以原始序列是最经济的）
这是一个贪心策略从提出策略，到证明正确，要付出较大的心血。
所以用对数器来验证他对不对即可。
题目实现代码：
public class Code_05_LowestLexicography {
public static class MyComparator implements Comparator<String> {
@Override
public int compare(String a, String b) {
return (a + b).compareTo(b + a);
}
}
public static String lowestString(String[] strs) {
if (strs == null || strs.length == 0) {
return "";
}
//按照对比器排序
Arrays.sort(strs, new MyComparator());
String res = "";
for (int i = 0; i < strs.length; i++) {
res += strs[i];
}
return res;
}
public static void main(String[] args) {
String[] strs1 = { "jibw", "ji", "jp", "bw", "jibw" };
System.out.println(lowestString(strs1));
String[] strs2 = { "ba", "b" };
System.out.println(lowestString(strs2));
}
}
题目：
一块金条切成两半，是需要花费和长度数值一样的铜板的。比如长度为20的 金条，不管切成长度多大的两半，都要花费20个铜板。一群人想整分整块金 条，怎么分最省铜板？
例如,给定数组{10,20,30}，代表一共三个人，整块金条长度为 10+20+30=60. 金条要分成10,20,30三个部分。 如果， 先把长度60的金条分成10和50，花费60 再把长度50的金条分成20和30，花费50 一共花费110铜板。
但是如果， 先把长度60的金条分成30和30，花费60 再把长度30金条分成10和20，花费30 一共花费90铜板。输入一个数组，返回分割的最小代价。
标准的哈夫曼编码问题
子节点合并在一起的代价，是加起来的和。
最终要把所有的叶节点，生成一棵树。
把数组变为小根堆，然后从堆里面取出两个组成树，在把组成的父结点，放入堆中...（如此反复）最后代价就是产生的所有非叶节点。（贪心算法，每次从小根堆里面拿最小的）
顺序是从上面往下面切割。
当这种代价，是有子代价累加/乘，一种累什么的，也可能给一个公式，这都有可能用哈夫曼编码贪出来。
要具备起概念思想，用到其他的题目中。
public class Code_02_Less_Money {
public static int lessMoney(int[] arr) {
//优先队列是小根堆
PriorityQueue<Integer> pQ = new PriorityQueue<>();
for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
pQ.add(arr[i]);
}
int sum = 0;
int cur = 0;
while (pQ.size() > 1) {
cur = pQ.poll() + pQ.poll();
sum += cur;
pQ.add(cur);
}
return sum;
}
public static class MinheapComparator implements Comparator<Integer> {
//输入参数的顺序都为 5 3
//如果返回 正数（证明后面的比较小） 第二个参数排在前面 5 - 3 = 2 3排在前面
//如果返回 负数（证明后面的比较大） 第一个参数排在前面 3 - 5 = -2 5排在前面
//0代表两个东西一样大
//总结：负一、正二（解决的是哪个参数排在前面）
@Override
public int compare(Integer o1, Integer o2) {
return o1 - o2; // < 0 o1 < o2 负数
}
}
public static class MaxheapComparator implements Comparator<Integer> {
//等于是-(o1-o2) = o2 - o1
@Override
public int compare(Integer o1, Integer o2) {
return o2 - o1; // < o2 < o1
}
}
public static void main(String[] args) {
// solution
int[] arr = { 6, 7, 8, 9 };
System.out.println(lessMoney(arr));
int[] arrForHeap = { 3, 5, 2, 7, 0, 1, 6, 4 };
// min heap
PriorityQueue<Integer> minQ1 = new PriorityQueue<>();
for (int i = 0; i < arrForHeap.length; i++) {
minQ1.add(arrForHeap[i]);
}
while (!minQ1.isEmpty()) {
System.out.print(minQ1.poll() + " ");
}
System.out.println();
// min heap use Comparator
PriorityQueue<Integer> minQ2 = new PriorityQueue<>(new MinheapComparator());
for (int i = 0; i < arrForHeap.length; i++) {
minQ2.add(arrForHeap[i]);
}
while (!minQ2.isEmpty()) {
System.out.print(minQ2.poll() + " ");
}
System.out.println();
// max heap use Comparator
PriorityQueue<Integer> maxQ = new PriorityQueue<>(new MaxheapComparator());
for (int i = 0; i < arrForHeap.length; i++) {
maxQ.add(arrForHeap[i]);
}
while (!maxQ.isEmpty()) {
System.out.print(maxQ.poll() + " ");
}
}
}
项目收益最大化问题：
输入： 参数1，正数数组costs 参数2，正数数组profits 参数3，正数k 参数4，正数m
costs[i]表示i号项目的花费 profits[i]表示i号项目在扣除花费之后还能挣到的钱(利润) k表示你不能并行、只能串行的最多做k个项目 m表示你初始的资金
说明：你每做完一个项目，马上获得的收益，可以支持你去做下一个 项目。
输出： 你最后获得的最大钱数。
两个数组cost和profit，通过下标列出每个项目的花费和利润，做完项目后所得是cost+forfit，假设有资金W，一次只能做一个项目，最多做K个项目。输出获得最大的钱数。
贪心策略。
首先项目类型包括花费和利润，再根据花费放入小根堆中，然后看初始资金，在小根堆里面依次弹出头部，只要花费比W低的全部弹出。然后根据收益放入大根堆中，然后做大根堆的第一个项目。
当初始资金增加了，再看看小根堆中哪些项目可以做的，继续扔到大根堆中。一直做K个结束（或者大根堆里面没项目可做）。
public class Code_03_IPO {
public static class Node {
public int p;
public int c;
public Node(int p, int c) {
this.p = p;
this.c = c;
}
}
public static class MinCostComparator implements Comparator<Node> {
@Override
public int compare(Node o1, Node o2) {
return o1.c - o2.c;
}
}
public static class MaxProfitComparator implements Comparator<Node> {
@Override
public int compare(Node o1, Node o2) {
return o2.p - o1.p;
}
}
public static int findMaximizedCapital(int k, int W, int[] Profits, int[] Capital) {
Node[] nodes = new Node[Profits.length];
for (int i = 0; i < Profits.length; i++) {
nodes[i] = new Node(Profits[i], Capital[i]);
}
PriorityQueue<Node> minCostQ = new PriorityQueue<>(new MinCostComparator());
PriorityQueue<Node> maxProfitQ = new PriorityQueue<>(new MaxProfitComparator());
for (int i = 0; i < nodes.length; i++) {
minCostQ.add(nodes[i]);
}
for (int i = 0; i < k; i++) {
//先把能做的项目存在大根堆中
while (!minCostQ.isEmpty() && minCostQ.peek().c <= W) {
maxProfitQ.add(minCostQ.poll());
}
if (maxProfitQ.isEmpty()) {
return W;
}
W += maxProfitQ.poll().p;
}
return W;
}
}
随时取中位数
一个数据流中，随时可以取得中位数（之前讲过，初级2 020143）
不用堆的话，就用一个容器，吐出一个数就装一个，因为无序的所以装的时候也是无序的。当想要中位数的时候，要排个序，牺牲大。
准备两个堆，一个大根堆一个小根堆。
第一个数进入大根堆，下一个数小于等于就进大根堆。
如果从大根堆弹出一个数，就拿最后的一个数和第一个数交换，然后heapsize界限-1。
看题目怎么做：
先把数加入到大根堆中，如果发现两个堆大小差值超过了1，就把较大的弹出一个放到另外一个去。
如果要查中位数，大根堆堆顶和小根堆堆顶肯定能计算出来，因为
大根堆收集了较小的2分之N个，堆顶是其中的最大值。
小根堆收集的是较大的2分之N个，堆顶是其中的最小值。
正好卡在中间的位置。
只要当前数不是小于等于大根堆的，就扔到小根堆中。
策略是固定的：
1、如果当前数小于等于大根堆的堆顶，到大根堆，否则小根堆
2、不平衡了拿出扔到少的堆里面。
这样随时可以拿到中位数。
堆很好用（调整只和层数相关、o(logn)），几乎搞定所有贪心的题目。（面试也经常考）
优先级队列就是堆。
public class Code_04_MadianQuick {
public static class MedianHolder {
private PriorityQueue<Integer> maxHeap = new PriorityQueue<Integer>(new MaxHeapComparator());
private PriorityQueue<Integer> minHeap = new PriorityQueue<Integer>(new MinHeapComparator());
private void modifyTwoHeapsSize() {
if (this.maxHeap.size() == this.minHeap.size() + 2) {
this.minHeap.add(this.maxHeap.poll());
}
if (this.minHeap.size() == this.maxHeap.size() + 2) {
this.maxHeap.add(this.minHeap.poll());
}
}
public void addNumber(int num) {
if (this.maxHeap.isEmpty()) {
this.maxHeap.add(num);
return;
}
if (this.maxHeap.peek() >= num) {
this.maxHeap.add(num);
} else {
if (this.minHeap.isEmpty()) {
this.minHeap.add(num);
return;
}
if (this.minHeap.peek() > num) {
this.maxHeap.add(num);
} else {
this.minHeap.add(num);
}
}
modifyTwoHeapsSize();
}
public Integer getMedian() {
int maxHeapSize = this.maxHeap.size();
int minHeapSize = this.minHeap.size();
if (maxHeapSize + minHeapSize == 0) {
return null;
}
Integer maxHeapHead = this.maxHeap.peek();
Integer minHeapHead = this.minHeap.peek();
//n & 1 判断奇偶数
//n&1是n和1做“按位与”运算
//1的二进制只有末位是1,所以n&1就是只保留n的末位（二进制）.n&1就表示了n的奇偶性.
if (((maxHeapSize + minHeapSize) & 1) == 0) {//两个堆的数量相同
//如果从数据流中读出偶数个数值，那么中位数就是所有数值排序之后中间两个数的平均值。
return (maxHeapHead + minHeapHead) / 2;
}
//如果大/小根堆数量多中间数就在大/小根堆的堆顶。
return maxHeapSize > minHeapSize ? maxHeapHead : minHeapHead;
}
}
public static class MaxHeapComparator implements Comparator<Integer> {
@Override
public int compare(Integer o1, Integer o2) {
if (o2 > o1) {
return 1;
} else {
return -1;
}
}
}
public static class MinHeapComparator implements Comparator<Integer> {
@Override
public int compare(Integer o1, Integer o2) {
if (o2 < o1) {
return 1;
} else {
return -1;
}
}
}
// for test
public static int[] getRandomArray(int maxLen, int maxValue) {
int[] res = new int[(int) (Math.random() * maxLen) + 1];
for (int i = 0; i != res.length; i++) {
res[i] = (int) (Math.random() * maxValue);
}
return res;
}
// for test, this method is ineffective but absolutely right
public static int getMedianOfArray(int[] arr) {
int[] newArr = Arrays.copyOf(arr, arr.length);
Arrays.sort(newArr);
int mid = (newArr.length - 1) / 2;
if ((newArr.length & 1) == 0) {
return (newArr[mid] + newArr[mid + 1]) / 2;
} else {
return newArr[mid];
}
}
public static void printArray(int[] arr) {
for (int i = 0; i != arr.length; i++) {
System.out.print(arr[i] + " ");
}
System.out.println();
}
public static void main(String[] args) {
boolean err = false;
int testTimes = 200000;
for (int i = 0; i != testTimes; i++) {
int len = 30;
int maxValue = 1000;
int[] arr = getRandomArray(len, maxValue);
MedianHolder medianHold = new MedianHolder();
for (int j = 0; j != arr.length; j++) {
medianHold.addNumber(arr[j]);
}
if (medianHold.getMedian() != getMedianOfArray(arr)) {
err = true;
printArray(arr);
break;
}
}
System.out.println(err ? "Oops..what a fuck!" : "today is a beautiful day^_^");
}
}
宣讲会安排
一些项目要占用一个会议室宣讲，会议室不能同时容纳两个项目的宣讲。给你每一个项目开始的时间和结束的时间(给你一个数组，里面是一个个具体的项目)，你来安排宣讲的日程，要求会议室进行的宣讲的场次最多。返回这个最多的宣讲场次。
安排最早开始的先进行，是不行的，如果那项目持续一天，其他项目都讲不来了了。
按照持续时间短来安排，也得不到最优解。如果一个小项目卡在两个大项目中间，阻碍了大项目的安排，也不是最优解。
根据哪个项目早结束安排。
public class Code_06_BestArrange {
public static class Program {
public int start;
public int end;
public Program(int start, int end) {
this.start = start;
this.end = end;
}
}
public static class ProgramComparator implements Comparator<Program> {
@Override
public int compare(Program o1, Program o2) {
return o1.end - o2.end;
}
}
public static int bestArrange(Program[] programs, int start) {
Arrays.sort(programs, new ProgramComparator());
int result = 0;
for (int i = 0; i < programs.length; i++) {
if (start <= programs[i].start) {
result++;
start = programs[i].end;
}
}
return result;
}
public static void main(String[] args) {
}
}
贪心策略就是经验式的东西（依靠累计）。不用纠结于证明。
原文地址：https://www.cnblogs.com/xieyupeng/p/10349840.html