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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

思考：看到这个题目，首先想到的是给两个数组排序。然后遍历饼干，双指针找到满足最小胃口的孩子，并且++。 或者先从最大的孩子找，找满足条件的饼干。

根据孩子的胃口来匹配的。

class Solution {
public:int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {sort(g.begin(), g.end());sort(s.begin(), s.end());int index = s.size() - 1; // 饼干数组的下标int result = 0;for (int i = g.size() - 1; i >= 0; i--) { // 遍历胃口if (index >= 0 && s[index] >= g[i]) { // 遍历饼干result++;index--;}}return result;}
};

根据饼干去匹配孩子的。

class Solution {
public:int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {sort(g.begin(),g.end());sort(s.begin(),s.end());int index = 0;for(int i = 0; i < s.size(); i++) { // 饼干if(index < g.size() && g[index] <= s[i]){ // 胃口index++;}}return index;}
};

• 时间复杂度：O(nlogn)
• 空间复杂度：O(1)

想清楚局部最优，想清楚全局最优，感觉局部最优是可以推出全局最优，并想不出反例，那么就试一试贪心。

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

思考：只需要统计数组的峰值就可以了。

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。

class Solution {
public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {if (nums.size() <= 1) return nums.size();int curDiff = 0; // 当前一对差值int preDiff = 0; // 前一对差值int result = 1;  // 记录峰值个数，序列默认序列最右边有一个峰值for (int i = 0; i < nums.size() - 1; i++) {curDiff = nums[i + 1] - nums[i];// 出现峰值if ((preDiff <= 0 && curDiff > 0) || (preDiff >= 0 && curDiff < 0)) {result++;preDiff = curDiff; // 注意这里，只在摆动变化的时候更新prediff}}return result;}
};

只需要在 这个坡度 摆动变化的时候，更新 prediff 就行，这样 prediff 在 单调区间有平坡的时候 就不会发生变化，造成我们的误判。

动态规划方法：

memset(dp,0,sizeof(dp));能将数组的每个元素初始化为0

• 设 dp 状态dp[i][0]，表示考虑前 i 个数，第 i 个数作为山峰的摆动子序列的最长长度
• 设 dp 状态dp[i][1]，表示考虑前 i 个数，第 i 个数作为山谷的摆动子序列的最长长度

则转移方程为：

• dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[j][1] + 1)，其中0 < j < i且nums[j] < nums[i]，表示将 nums[i]接到前面某个山谷后面，作为山峰。
• dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[j][0] + 1)，其中0 < j < i且nums[j] > nums[i]，表示将 nums[i]接到前面某个山峰后面，作为山谷。

初始状态：

由于一个数可以接到前面的某个数后面，也可以以自身为子序列的起点，所以初始状态为：dp[0][0] = dp[0][1] = 1。

class Solution {
public:int dp[1005][2];int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {memset(dp, 0, sizeof dp);dp[0][0] = dp[0][1] = 1;for (int i = 1; i < nums.size(); ++i) {dp[i][0] = dp[i][1] = 1;for (int j = 0; j < i; ++j) {if (nums[j] > nums[i]) dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[j][0] + 1);}for (int j = 0; j < i; ++j) {if (nums[j] < nums[i]) dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[j][1] + 1);}}return max(dp[nums.size() - 1][0], dp[nums.size() - 1][1]);}
};

• 时间复杂度：O(n^2)
• 空间复杂度：O(n)

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

思考：用一个数记录最大和。for循环遍历，如果当前子序列的和小于0，则重新开始计数。

class Solution {
public:int maxSubArray(vector<int>& nums) {int result = INT32_MIN;int count = 0;for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {count += nums[i];if (count > result) { // 取区间累计的最大值（相当于不断确定最大子序终止位置）result = 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 result;}
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

动态规划方法：

class Solution {
public:int maxSubArray(vector<int>& nums) {if (nums.size() == 0) return 0;vector<int> dp(nums.size(), 0);dp[0] = nums[0];int result = dp[0];for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {dp[i] = max(dp[i - 1] + nums[i], nums[i]);if (dp[i] > result) result = dp[i];}return result;}
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)