Candy 分发糖果

问题描述：

n 个孩子站成一排。给你一个整数数组 ratings 表示每个孩子的评分。

你需要按照以下要求，给这些孩子分发糖果：

每个孩子至少分配到 1 个糖果。
相邻两个孩子评分更高的孩子会获得更多的糖果。
请你给每个孩子分发糖果，计算并返回需要准备的最少糖果数目。

n 范围[1,20000]

ratings[i] 范围[1,20000]

分析

r a t i n g rating rating数组表示了每个 c h i l d child child的分数，而且数据范围很大。
在这个数据规模下，对数级的算法时间复杂度应该是勉强可以通过的，而 O ( N 2 ) O(N^2) O(N2)的算法是必然TLE的。

如果用 c [ ] c[] c[]表示分的 c a n d y candy candy数量，要求每个人至少要有1个 c a n d y candy candy，而且另一个条件是当 r a t i n g [ i ] rating[i] rating[i]比它相邻的得分大，那么 i i i就应该分的 c a n d y candy candy是 m a x ( c [ i − 1 ] , c [ i + 1 ] ) + 1 max(c[i-1],c[i+1])+1 max(c[i−1],c[i+1])+1.

同时当 r a t i n g [ i − 1 ] = = r a t i n g [ i ] rating[i-1]==rating[i] rating[i−1]==rating[i]时，分配数量是不受限制的，假如 c [ i − 1 ] = = 100 c[i-1]==100 c[i−1]==100,那么 c [ i ] c[i] c[i]最小可以是 1 1 1。

所以目标就是确定每个 c h i l d child child，可以最少分多少。
数组元素必然是 递增，递减，相等这些情况组合的。

从左到右遍历，如果 r a t i n g [ i − 1 ] < r a t i n g [ i ] , c [ i ] = c [ i − 1 ] + 1 如果rating[i-1]<rating[i],c[i] = c[i-1]+1 如果rating[i−1]<rating[i],c[i]=c[i−1]+1，否则 c [ i ] = 1 否则c[i]=1 否则c[i]=1. 这样可以保证 c [ i ] c[i] c[i]相当于其左侧是符合要求的最小。
同样的道理，从右到左遍历，如果 r a t i n g [ i ] > r a t i n g [ i + 1 ] , c [ i ] = m a x ( c [ i ] , c [ i + 1 ] + 1 ) , 否则 c [ i ] = 1 如果rating[i]>rating[i+1],c[i] =max(c[i], c[i+1]+1),否则c[i]=1 如果rating[i]>rating[i+1],c[i]=max(c[i],c[i+1]+1),否则c[i]=1，因为此时 c c c已经有值，所以 c [ ] c[] c[]的最小值已经确定，但是在从右向左遍历时，可能会导致 c [ ] c[] c[]受右侧影响，要比之前的要大。
2次遍历之后， c [ ] 就是符合最小的分配 c a n d y 数 c[]就是符合最小的分配candy数 c[]就是符合最小的分配candy数。
时间复杂度 O ( N ) O(N) O(N)，空间复杂度 O ( N ) O(N) O(N)

还有一个思路是空间O1，但是比较难想，有机会再补吧。

这个问题其实还可以增加点难度，如果数组是循环的，是一个环，如何处理。

代码

public int candy(int[] ratings) {int n = ratings.length;int[] c = new int[n];for (int i = 0; i < n; i++) {if (i > 0 && ratings[i] > ratings[i - 1]) {c[i] = c[i - 1] + 1;} else {c[i] = 1;}} int ans =0;for (int i = n-1; i >=0; i--) {if (i+1 <n && ratings[i+1] < ratings[i]) {c[i] = Math.max(c[i],c[i+1] + 1) ;} else {c[i] = Math.max(c[i],1);}ans += c[i];} return ans; }

时间复杂度 O ( N ) O(N) O(N)

空间复杂度： O ( N ) O(N) O(N)

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Array greedy

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