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算法系列博客之Greedy

Greedy 贪心算法是一种非常优美的算法，不过贪心算法本身的可行性很多时候会受到一些局限。但是一旦能够找到一种可行的贪心策略，问题的解决将会变得非常高效，因为通常情况下，贪心算法的复杂度是O(n)

本篇博客将运用这种思想来解决leetcode上135号问题

问题描述：

There are N children standing in a line. Each child is assigned a rating value.

You are giving candies to these children subjected to the following requirements:

Each child must have at least one candy.
Children with a higher rating get more candies than their neighbors.
What is the minimum candies you must give?

从贪心的角度出发，目的是给每个孩子尽量少的糖，我们很容易想到这样一种策略：
给左侧第一个孩子一颗糖，后面的孩子都和他的前一个作比较
      ·   如果rating值比其左侧孩子大，则让他得到的糖的个数比其左侧孩子的糖的个数大1
      ·   否则(即rating值小于或者等于其左侧孩子)，只给他一颗糖
但是仔细研究，我们发现，这样存在一个问题：
       题中的要求是如果一个孩子比他旁边的孩子rating值大，就应该拥有比其旁边多的糖，这里的旁边是指两侧；
       然而，目前的策略有可能会造成某个孩子比右侧的孩子rating值大，但是他们都只拥有1颗糖
乍一看好像这种贪心策略在此不可行，但是细心一点就会发现，它至少保证了前进方向上满足规则
那么我们将前进方向反过来再来一次不就可以保证两个方向(也就是每个孩子两侧)都满足规则了吗？
不过反过来再来一次时初始状态就不再一样，所以策略需要做一点点微调：
      ·   如果rating值比右侧孩子大并且他拥有的糖的个数小于等于右侧孩子，则让他得到的糖的个数比前一个孩子大1
      ·   否则(即rating值小于或者等于前一个孩子)，不更改他所拥有的糖的个数
其python 代码实现如下：

class Solution(object):    def candy(self, ratings):        n = len(ratings)        candys = [1] * n        for i in range(1, n):            if (ratings[i] > ratings[i-1]):                candys[i] = candys[i-1] + 1        res = candys[n-1]        for i in range(n-2, -1, -1):            if (ratings[i] > ratings[i+1] and candys[i] <= candys[i+1]):                candys[i] = candys[i+1] + 1            res += candys[i]        return res

两次循环使得每个孩子的左右两侧都满足性质，因而这种贪心策略是可行的，算法的正确性可以很容易得到证明

时间复杂度分析，两次并行线性循环，循环内部都是常数运算操作，因而O(n)
空间复杂度分析，需要开辟一个和rating一样大小的数组，因而O(n)
此刻我们可以说，这种时间和空间上都能达到线性复杂度的贪心算法是令人满意的