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目标

你打算用一个水罐给花园里的 n 株植物浇水。植物排成一行，从左到右进行标记，编号从 0 到 n - 1 。其中，第 i 株植物的位置是 x = i 。x = -1 处有一条河，你可以在那里重新灌满你的水罐。

每一株植物都需要浇特定量的水。你将会按下面描述的方式完成浇水：

• 按从左到右的顺序给植物浇水。
• 在给当前植物浇完水之后，如果你没有足够的水 完全 浇灌下一株植物，那么你就需要返回河边重新装满水罐。
• 你 不能 提前重新灌满水罐。

最初，你在河边（也就是，x = -1），在 x 轴上每移动 一个单位 都需要 一步 。

给你一个下标从 0 开始的整数数组 plants ，数组由 n 个整数组成。其中，plants[i] 为第 i 株植物需要的水量。另有一个整数 capacity 表示水罐的容量，返回浇灌所有植物需要的 步数 。

示例 1：

输入：plants = [2,2,3,3], capacity = 5
输出：14
解释：从河边开始，此时水罐是装满的：
- 走到植物 0 (1 步) ，浇水。水罐中还有 3 单位的水。
- 走到植物 1 (1 步) ，浇水。水罐中还有 1 单位的水。
- 由于不能完全浇灌植物 2 ，回到河边取水 (2 步)。
- 走到植物 2 (3 步) ，浇水。水罐中还有 2 单位的水。
- 由于不能完全浇灌植物 3 ，回到河边取水 (3 步)。
- 走到植物 3 (4 步) ，浇水。
需要的步数是 = 1 + 1 + 2 + 3 + 3 + 4 = 14 。

示例 2：

输入：plants = [1,1,1,4,2,3], capacity = 4
输出：30
解释：从河边开始，此时水罐是装满的：
- 走到植物 0，1，2 (3 步) ，浇水。回到河边取水 (3 步)。
- 走到植物 3 (4 步) ，浇水。回到河边取水 (4 步)。
- 走到植物 4 (5 步) ，浇水。回到河边取水 (5 步)。
- 走到植物 5 (6 步) ，浇水。
需要的步数是 = 3 + 3 + 4 + 4 + 5 + 5 + 6 = 30 。

示例 3：

输入：plants = [7,7,7,7,7,7,7], capacity = 8
输出：49
解释：每次浇水都需要重新灌满水罐。
需要的步数是 = 1 + 1 + 2 + 2 + 3 + 3 + 4 + 4 + 5 + 5 + 6 + 6 + 7 = 49 。

说明：

• n == plants.length
• 1 <= n <= 1000
• 1 <= plants[i] <= 10^6
• max(plants[i]) <= capacity <= 10^9

思路

简单的动态规划。

代码

/**
 * @date 2024-05-08 0:01
 */
public class WateringPlants2079 {
    public int wateringPlants(int[] plants, int capacity) {
        int n = plants.length;
        int[] dp = new int[n];
        int remainder = capacity - plants[0];
        dp[0] = 1;
        for (int i = 1; i < plants.length; i++) {
            if (remainder >= plants[i]) {
                remainder -= plants[i];
                dp[i] = dp[i - 1] + 1;
            } else {
                remainder = capacity - plants[i];
                dp[i] = dp[i - 1] + (i << 1) + 1;
            }
        }
        return dp[n - 1];
    }
}

性能

目标

给你一个下标从 0 开始的整数数组 costs ，其中 costs[i] 是雇佣第 i 位工人的代价。

同时给你两个整数 k 和 candidates 。我们想根据以下规则恰好雇佣 k 位工人：

• 总共进行 k 轮雇佣，且每一轮恰好雇佣一位工人。
• 在每一轮雇佣中，从最前面 candidates 和最后面 candidates 人中选出代价最小的一位工人，如果有多位代价相同且最小的工人，选择下标更小的一位工人。
  • 比方说，costs = [3,2,7,7,1,2] 且 candidates = 2 ，第一轮雇佣中，我们选择第 4 位工人，因为他的代价最小 [3,2,7,7,1,2] 。
  • 第二轮雇佣，我们选择第 1 位工人，因为他们的代价与第 4 位工人一样都是最小代价，而且下标更小，[3,2,7,7,2] 。注意每一轮雇佣后，剩余工人的下标可能会发生变化。
• 如果剩余员工数目不足 candidates 人，那么下一轮雇佣他们中代价最小的一人，如果有多位代价相同且最小的工人，选择下标更小的一位工人。
• 一位工人只能被选择一次。

返回雇佣恰好 k 位工人的总代价。

示例 1：

输入：costs = [17,12,10,2,7,2,11,20,8], k = 3, candidates = 4
输出：11
解释：我们总共雇佣 3 位工人。总代价一开始为 0 。
- 第一轮雇佣，我们从 [17,12,10,2,7,2,11,20,8] 中选择。最小代价是 2 ，有两位工人，我们选择下标更小的一位工人，即第 3 位工人。总代价是 0 + 2 = 2 。
- 第二轮雇佣，我们从 [17,12,10,7,2,11,20,8] 中选择。最小代价是 2 ，下标为 4 ，总代价是 2 + 2 = 4 。
- 第三轮雇佣，我们从 [17,12,10,7,11,20,8] 中选择，最小代价是 7 ，下标为 3 ，总代价是 4 + 7 = 11 。注意下标为 3 的工人同时在最前面和最后面 4 位工人中。
总雇佣代价是 11 。

示例 2：

输入：costs = [1,2,4,1], k = 3, candidates = 3
输出：4
解释：我们总共雇佣 3 位工人。总代价一开始为 0 。
- 第一轮雇佣，我们从 [1,2,4,1] 中选择。最小代价为 1 ，有两位工人，我们选择下标更小的一位工人，即第 0 位工人，总代价是 0 + 1 = 1 。注意，下标为 1 和 2 的工人同时在最前面和最后面 3 位工人中。
- 第二轮雇佣，我们从 [2,4,1] 中选择。最小代价为 1 ，下标为 2 ，总代价是 1 + 1 = 2 。
- 第三轮雇佣，少于 3 位工人，我们从剩余工人 [2,4] 中选择。最小代价是 2 ，下标为 0 。总代价为 2 + 2 = 4 。
总雇佣代价是 4 。

说明：

• 1 <= costs.length <= 10^5
• 1 <= costs[i] <= 10^5
• 1 <= k, candidates <= costs.length

思路

给我们一个数组 costs 和一个整数 candidates，每次从数组的前candidates与后candidates中选取值最小的元素，如果最小值相等则取下标最小的，costs中的每个值只能被选一次，求选出的k个元素和。

很直接的想法是使用优先队列保存这些元素，考虑到相同值需要取下标最小的，于是还要保存下标信息。循环从队列取出头元素累加到res，每取出一个元素需要从前/后补一个元素到队列中。

注意题目的数据范围，需要返回long类型。还有就是放队列以及补元素的停止条件以免重复。

代码

/**
 * @date 2024-05-01 17:03
 */
public class TotalCost2462 {
    public long totalCost(int[] costs, int k, int candidates) {
        PriorityQueue<Integer[]> q = new PriorityQueue<>((x, y) -> {
            int compare = x[0] - y[0];
            return compare == 0 ? x[1] - y[1] : compare;
        });
        int n = costs.length;
        int leftPos;
        int rightPos = n - 1;
        for (leftPos = 0; leftPos < candidates; leftPos++) {
            if (leftPos < rightPos) {
                // rightPos 与 leftPos指向的都是需要添加的下一个位置，
                q.offer(new Integer[]{costs[leftPos], leftPos});
                q.offer(new Integer[]{costs[rightPos], rightPos});
                rightPos--;
            }
            else if (leftPos == rightPos) {
                // 这里已经覆盖了数组的所有元素，循环结束后leftPos > rightPos
                q.offer(new Integer[]{costs[leftPos], leftPos});
            }
            else {
                break;
            }
        }
        // 不使用long会溢出
        long res = 0;
        // 选到最小之后，补够candidates
        for (int i = 0; i < k && !q.isEmpty(); i++) {
            Integer[] c = q.poll();
            res += c[0];
            // 如果已经覆盖了所有元素就无需再添加了
            if (leftPos > rightPos) {
                continue;
            }
            if (c[1] < leftPos) {
                q.offer(new Integer[]{costs[leftPos], leftPos});
                leftPos++;
            } else if (c[1] > rightPos) {
                q.offer(new Integer[]{costs[rightPos], rightPos});
                rightPos--;
            }
        }

        return res;
    }
}

性能

勉强通过，官网也是这个思路，耗时82ms。有网友的解法是分别使用了两个优先队列，只需要22ms。

目标

有一个书店老板，他的书店开了 n 分钟。每分钟都有一些顾客进入这家商店。给定一个长度为 n 的整数数组 customers ，其中 customers[i] 是在第 i 分钟开始时进入商店的顾客数量，所有这些顾客在第 i 分钟结束后离开。

在某些时候，书店老板会生气。 如果书店老板在第 i 分钟生气，那么 grumpy[i] = 1，否则 grumpy[i] = 0。

当书店老板生气时，那一分钟的顾客就会不满意，若老板不生气则顾客是满意的。

书店老板知道一个秘密技巧，能抑制自己的情绪，可以让自己连续 minutes 分钟不生气，但却只能使用一次。

请你返回 这一天营业下来，最多有多少客户能够感到满意 。

示例 1：

输入：customers = [1,0,1,2,1,1,7,5], grumpy = [0,1,0,1,0,1,0,1], minutes = 3
输出：16
解释：书店老板在最后 3 分钟保持冷静。
感到满意的最大客户数量 = 1 + 1 + 1 + 1 + 7 + 5 = 16.

示例 2：

输入：customers = [1], grumpy = [0], minutes = 1
输出：1

说明：

• n == customers.length == grumpy.length
• 1 <= minutes <= n <= 2 * 10^4
• 0 <= customers[i] <= 1000
• grumpy[i] == 0 or 1

思路

这道题要我们求满意顾客的最大值，老板会在指定的分钟生气，生气时，当前进入的顾客就会不满意，老板可以有一次忍耐的机会在一段时间内不生气。

刚开始想复杂了，以为顾客不是马上离开，而是在i分钟后离开。其实是第i分钟结束的时候就离开了。

因此，我们只需要计算老板忍耐的时间内，原本生气影响的顾客最大值，然后再加上不生气时的顾客总数即可。

这就是一个滑动窗口问题，窗口大小为忍耐时间，记录窗口内的不满意顾客的最大值。

这里面可以优化的点是使用乘法来代替条件判断，这样可以避免分支预测失败导致额外的性能损失。

代码

/**
 * @date 2024-04-23 8:40
 */
public class MaxSatisfied1052 {

    public int maxSatisfied_v1(int[] customers, int[] grumpy, int minutes) {
        int n = customers.length;
        int total = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            total += customers[i] * (1 - grumpy[i]);
        }
        int unsatisfiedInWindow = 0;
        for (int i = 0; i < minutes; i++) {
            unsatisfiedInWindow += customers[i] * grumpy[i];
        }
        int max = unsatisfiedInWindow;
        for (int i = minutes; i < n; i++) {
            unsatisfiedInWindow = unsatisfiedInWindow
                    - customers[i - minutes] * grumpy[i - minutes]
                    + customers[i] * grumpy[i];
            max = Math.max(max, unsatisfiedInWindow);
        }
        return total + max;
    }
}

性能