455. 分发饼干
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.
思路
为了满足更多的小孩，就不要造成饼干尺寸的浪费。
大尺寸的饼干既可以满足胃口大的孩子也可以满足胃口小的孩子，那么就应该优先满足胃口大的。
这里的局部最优就是大饼干喂给胃口大的，充分利用饼干尺寸喂饱一个，全局最优就是喂饱尽可能多的小孩。
先将饼干数组和小孩数组排序，然后从后向前遍历小孩数组，用大饼干优先满足胃口大的，并统计满足小孩数量。
难点
在将饼干大小和小孩子的胃口进行匹配时，不需要用两个for同时遍历两个数组，只用for遍历小孩子胃口，用一个sIndex来控制饼干数组的遍历（只有匹配上了才去找前一个小饼干）
完整代码
public int findContentChildren(int[] g, int[] s) {
Arrays.sort(g);
Arrays.sort(s);
// 饼干数组从后往前
int sIndex = s.length - 1;
// 计算小孩数量
int res = 0;
// 遍历胃口
for (int i = g.length - 1; i >= 0; i--) {
if (sIndex >= 0 && s[sIndex] >= g[i]) { // 如果饼干够这个小孩子吃
res++;
sIndex--; // 下一块饼干
}
}
return res;
}
376. 摆动序列
如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替，则数字序列称为 **摆动序列 。**第一个差（如果存在的话）可能是正数或负数。仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列。
-
例如，
[1, 7, 4, 9, 2, 5]是一个 摆动序列 ，因为差值(6, -3, 5, -7, 3)是正负交替出现的。 -
相反，
[1, 4, 7, 2, 5]和[1, 7, 4, 5, 5]不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。
子序列 可以通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得，剩下的元素保持其原始顺序。
给你一个整数数组 nums ，返回 nums 中作为 摆动序列 的 最长子序列的长度 。
示例 1：
输入：nums = [1,7,4,9,2,5]
输出：6
解释：整个序列均为摆动序列，各元素之间的差值为 (6, -3, 5, -7, 3) 。
示例 2：
输入：nums = [1,17,5,10,13,15,10,5,16,8]
输出：7
解释：这个序列包含几个长度为 7 摆动序列。
其中一个是 [1, 17, 10, 13, 10, 16, 8] ，各元素之间的差值为 (16, -7, 3, -3, 6, -8) 。
示例 3：
输入：nums = [1,2,3,4,5,6,7,8,9]
输出：2
思路
一开始拿到题目，想到需要计算每2元素之间的差值，计算量非常大，但是仔细读题：
要求通过从删除一些（也可以不删除）元素来获得子序列，剩下的元素保持其原始顺序
说明要计算的是相邻的元素的差值
难点
- 应该删除什么元素呢？
保持区间波动，只需要把单调区间上的元素移除就可以了
局部最优：删除单调坡度上的节点（不包括单调坡度两端的节点），那么这个坡度就可以有两个局部峰值。
整体最优：整个序列有最多的局部峰值，从而达到最长摆动序列。
实际操作上，其实连删除的操作都不用做，因为题目要求的是最长摆动子序列的长度，所以只需要统计数组的峰值数量就可以了（相当于是删除单一坡度上的节点，然后统计长度）
- 最终结果应该从1开始计算
因为每两个数产生一个峰值，遍历到最后一个数还要+1才是所有峰值
- 请问为什么把
preDiff = curDiff放到 if 的里面？
当数组为[1, 2, 2, 3]
当[1, 2] 差为1时，curDiff = 1，符合if条件，preDiff = 1，res++
当[2, 2] 差为0时，curDiff = 0，不符合if条件，preDiff不变
当[2, 3] 差为1时，curDiff = 1，不符合if条件，preDiff不变
最后结果为2
但是如果将preDiff = curDiff放到 if 外面
当[2, 2] 差为0时，curDiff = 0，不符合if条件，preDiff = 0
当[2, 3] 差为1时，curDiff = 1，符合if条件，preDiff = 1，res++
最后结果为3
因此要保留preDiff的值，直到找到一个变化的峰值再重新赋值
完整代码
public int wiggleMaxLength(int[] nums) {
// 少于两个元素的序列也是摆动序列
if (nums.length <= 1) {
return nums.length;
}
// 当前差值
int curDiff = 0;
// 上一个差值
int preDiff = 0;
// 记录峰值个数
int res = 1;
// 遍历序列
for (int i = 0; i < nums.length - 1; i++) {
// 计算当前差值
curDiff = nums[i + 1] - nums[i];
//如果当前差值和上一个差值为一正一负
//等于0的情况表示初始时的preDiff
if ((curDiff > 0 && preDiff <= 0) || (curDiff < 0 && preDiff >= 0)) {
res++;
preDiff = curDiff;
}
}
return res;
}
53. 最大子序和
给你一个整数数组 nums ，请你找出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。
子数组 是数组中的一个连续部分。
示例 1：
输入：nums = [-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 。
示例 2：
输入：nums = [1]
输出：1
示例 3：
输入：nums = [5,4,-1,7,8]
输出：23
思路
局部最优：当前“连续和”为负数的时候立刻放弃，从下一个元素重新计算“连续和”，因为负数加上下一个元素 “连续和”只会越来越小。
全局最优：选取最大“连续和”
局部最优的情况下，并记录最大的“连续和”，可以推出全局最优。
从代码角度上来讲：遍历nums，从头开始用count累积，如果count一旦加上nums[i]变为负数或者0，那么就应该从nums[i+1]开始从0累积count了，因为已经变为负数的count，只会拖累总和。
完整代码
public int maxSubArray(int[] nums) {
// 记录最终的和
int sum = Integer.MIN_VALUE;
// 记录每个区间的和
int count = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
count += nums[i];
if (count > sum) { // 取区间累计的最大值（相当于不断确定最大子序终止位置）
sum = count;
}
if (count <= 0) {
count = 0; // 相当于重置最大子序起始位置，因为遇到负数一定是拉低总和
}
}
return sum;
}