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求解最优化的问题常常会有一系列的步骤，而每个步骤往往会面临着选择。

而贪心算法就是这样的算法，它在每一步都做出最优解，也就是说，它总是做出局部最优解，寄希望于通过局部最优解来获得全局最优解。

我们首先举个栗子：调度竞争资源来完成任务，比如我们要利用有限的资源（如一个阶梯教室）来实现任务（举办活动），每个活动的时间不一样，分别有开始时间和就结束时间，拿如何得到最优解呢？

我们看到虽然用动态规划来求解活动选择问题，但是并不需要这么做，我们可以反复选择最早结束的活动，同时保留与此兼容的活动，重复这一过程，直到不再有剩余活动。我们选择了活动结束的最早时间，所以活动结束时间必然是单调递增的，所以我们只需要按照结束时间的单调递增顺序处理所有活动，直到活动结束，每个活动只考察一次。

定理：考虑任何非空子集问题S，a是S中最早结束的活动，所以a必然在S中某个最大兼容活动子集中。

贪心算法往往是这种自顶向下的设计，先做出一个选择，然后再求解下一个问题，而不是自底向上解出许多子问题，然后再做出选择。

在做贪心选择时，我们直接做出当前问题中看起来最优的解，而不是考虑到子问题的解，这也是贪心算法和动态规划的不同之处，在动态规划中，我们往往每一个步骤都求做一个选择，这个选择往往依赖于子问题的解。而在贪心算法中，我们总是做出当时看来最佳的选择，然后再求解剩下唯一的子问题。贪心算法做出选择时可能会依赖于之前的选择或者子问题的解，但是绝对不依赖于将来的选择或者子问题的解。就是我们前面所说的，一个动态规划问题是自底向上的，而一个贪心算法问题是自顶向下的。

下面是几道leetcode题，解法思路都是贪心算法，我用的是python：

1.分配饼干

Leetcode : 455. Assign Cookies (Easy)Input: [1,2], [1,2,3]Output: 2

题目描述：每个孩子都有一个满足度，每个饼干都有一个大小，只有饼干的大小大于一个孩子的满足度，该孩子才会获得满足。求解最多可以获得满足的孩子数量。

思路：因为最小的孩子最容易得到满足，因此先满足最小孩子。给一个孩子的饼干应当尽量小又能满足该孩子，这样大饼干就能拿来给满足度比较大的孩子。

假设在某次选择中，贪心策略选择给第 i 个孩子分配第 m 个饼干，并且第 i 个孩子满足度最小，第 m 个饼干为可以满足第 i 个孩子的最小饼干，利用贪心策略最终可以满足 k 个孩子。假设最优策略在这次选择中给 i 个孩子分配第 n 个饼干，并且这个饼干大于第 m 个饼干。我们发现使用第 m 个饼干去替代第 n 个饼干完全不影响后续的结果，因此不存在比贪心策略更优的策略，即贪心策略就是最优策略。

class Solution:   def findContentChildren(self, g, s):       """       :type g: List[int]       :type s: List[int]       :rtype: int       """       g.sort()       s.sort()       i=j=res=0       while i

一支弓箭可以沿着x轴从不同点完全垂直地射出。在坐标x处射出一支箭，若有一个气球的直径的开始和结束坐标为 xstart，xend， 且满足 xstart ≤ x ≤ xend，则该气球会被引爆。可以射出的弓箭的数量没有限制。 弓箭一旦被射出之后，可以无限地前进。我们想找到使得所有气球全部被引爆，所需的弓箭的最小数量。

思路：从左往右投飞镖，并且在每次投飞镖时满足以下条件：

1.左边已经没有气球了； 2.本次投飞镖能够刺破最多的气球。

class Solution:   def findMinArrowShots(self, points):       """       :type points: List[List[int]]       :rtype: int       """        points.sort(key = lambda x:(x[0],x[1]))       n = len(points)       if n == 0:return 0       S = points[0][0]       E = points[0][1]       res = 1       for i in range(1,n):           if E>points[i][1]:               E = points[i][1]           elif S
   
    E:               res += 1               S = points[i][0]               E = points[i][1]       return res
   

3.股票的最大收益

Leetcode : 122. Best Time to Buy and Sell Stock II (Easy)

给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。

注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

示例 1:

input: [7,1,5,3,6,4]output: 7

思路: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。

随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。

对于 [a, b, c, d]，如果有 a <= b <= c <= d ，那么最大收益为 d - a。而 d - a = (d - c) + (c - b) + (b - a) ，因此当访问到一个 prices[i] 且 prices[i] - prices[i-1] > 0，那么就把 prices[i] - prices[i-1] 添加加到收益中，从而在局部最优的情况下也保证全局最优。

class Solution:   def maxProfit(self, prices):       """       :type prices: List[int]       :rtype: int       """       profit = 0       for i in range(len(prices)-1):           if prices[i+1]>prices[i]:               profit += (prices[i+1]-prices[i])       return profit

4.种植花朵

Leetcode : 605. Can Place Flowers (Easy)Input: flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 1Output: True

假设你有一个很长的花坛，一部分地块种植了花，另一部分却没有。可是，花卉不能种植在相邻的地块上，它们会争夺水源，两者都会死去。

给定一个花坛（表示为一个数组包含0和1，其中0表示没种植花，1表示种植了花），和一个数 n 。能否在不打破种植规则的情况下种入 n 朵花？能则返回True，不能则返回False。

示例 1:

input: flowerbed = [1,0,0,0,1], n = 1

output: True

思路：自己想吧，不难的

class Solution:   def canPlaceFlowers(self, flowerbed, n):       """       :type flowerbed: List[int]       :type n: int       :rtype: bool       """       flowerbed.append(0)       flowerbed.insert(0,0)       num = 0       res = 0       for i in range(len(flowerbed)):           if flowerbed[i] == 0:               num += 1           else :               num = 0           if num == 3:               res += 1               num = 1       return res>=n

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