738. 单调递增的数字
当且仅当每个相邻位数上的数字 x 和 y 满足 x <= y 时，我们称这个整数是单调递增的。
给定一个整数 n ，返回 小于或等于 n 的最大数字，且数字呈 单调递增 。
示例 1:
输入: n = 10
输出: 9
示例 2:
输入: n = 1234
输出: 1234
示例 3:
输入: n = 332
输出: 299
思路：
第一步找全局最优：
求<=n的最大单调递增的整数
第二步找子问题最优解：
子问题：求相邻两个数为符合条件的最大递增数
①举例
例如：98，一旦出现前一位比后一位大的情况s[i - 1] > s[i]，让s[i - 1]--，然后s[i]变9，即整数89是小于98的最大的单调递增整数。
局部最优：
对于相邻两个数字，s[i - 1] > s[i]，让s[i - 1]--，s[i]赋为9，可以保证这两位变成最大单调递增整数。
局部最优推出全局最优还要考虑遍历顺序，和标记从哪一位开始统一改成9。
如果从前往后，反例322（322->292->289），会改变已经遍历过的结果，故应从后往前遍历。
确定了遍历顺序之后，试想有没有反例，没有就可以试试贪心：
class Solution {
public:
int monotoneIncreasingDigits(int n) {
string s = to_string(n);
int flag = s.size();
for (int i = s.size() - 1; i > 0; i--) {
if (s[i - 1] > s[i] ) {
flag = i;
s[i - 1]--;
}
}
for (int i = flag; i < s.size(); i++) {
s[i] = '9';
}
return stoi(s);
}
};
//时间复杂度O(n)
435. 无重叠区间（活动调度问题）
给定一个区间的集合 intervals ，其中 intervals[i] = [starti, endi] 。返回 需要移除区间的最小数量，使剩余区间互不重叠 。
示例 1:
输入: intervals = [[1,2],[2,3],[3,4],[1,3]]
输出: 1
解释: 移除 [1,3] 后，剩下的区间没有重叠。
示例 2:
输入: intervals = [ [1,2], [1,2], [1,2] ]
输出: 2
解释: 你需要移除两个 [1,2] 来使剩下的区间没有重叠。
示例 3:
输入: intervals = [ [1,2], [2,3] ]
输出: 0
解释: 你不需要移除任何区间，因为它们已经是无重叠的了。
第一步找全局最优：
求出最多的互不重叠的区间
第二步找子问题最优解：
排序
策略：
按照区间差值最小排序- 按照区间开头值排序
- 按照区间结束值排序
局部最优：
法一：按照区间结束值排序贪心算法步骤如下：
- n个区间按结束值排序
- 选择第一个结束的区间，并删除（或跳过）与它冲突的后一个区间
- 重复上一步骤，直到区间为空。
class Solution {
public:
static bool cmp (const vector<int>& a, const vector<int>& b) {
return a[1] < b[1];
}
int eraseOverlapIntervals(vector<vector<int>>& intervals) {
if (intervals.size() == 0) return 0;
sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
int count = 1;
int lastend = intervals[0][1]; // 区间的结束位置
for (int i = 1; i < intervals.size(); i++) {
if (lastend <= intervals[i][0]) {
lastend = intervals[i][1];
count++;
}
}
return intervals.size() - count;
}
};
//时间复杂度：O(nlog n)
法二：按照区间开始值排序，倒序遍历删除冲突区间。
134. 加油站
在一条环路上有 n 个加油站，其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] 升。
你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 i 个加油站开往第 i+1 个加油站需要消耗汽油 cost[i] 升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。
给定两个整数数组 gas 和 cost ，如果你可以绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1 。如果存在解，则 保证 它是 唯一 的。
示例 1:
输入: gas = [1,2,3,4,5], cost = [3,4,5,1,2]
输出: 3
解释:
从 3 号加油站(索引为 3 处)出发，可获得 4 升汽油。此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
开往 4 号加油站，此时油箱有 4 - 1 + 5 = 8 升汽油
开往 0 号加油站，此时油箱有 8 - 2 + 1 = 7 升汽油
开往 1 号加油站，此时油箱有 7 - 3 + 2 = 6 升汽油
开往 2 号加油站，此时油箱有 6 - 4 + 3 = 5 升汽油
开往 3 号加油站，你需要消耗 5 升汽油，正好足够你返回到 3 号加油站。
因此，3 可为起始索引。
思路：
第一步找全局最优：
找到可以跑一圈的起始位置
第二步找子问题最优解：
已知：只有当加油站油量和>=全部油耗和，才能跑完一圈（必定有解）
=>剩油量rest[i]相加一定是大于等于零的
i从0开始累加rest[i]，和记为curSum，一旦curSum小于零，说明[0, i]区间都不能作为起始位置，起始位置从i+1算起，再从0计算curSum。
局部最优：
当前累加rest[i]的和curSum<=0，起始位置至少要是j+1，因为从j开始一定不行。
局部最优可以推出全局最优，找不出反例，试试贪心：
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
int curSum = 0;
int totalSum = 0;
int start = 0;
for (int i = 0; i < gas.size(); i++) {
curSum += gas[i] - cost[i];
totalSum += gas[i] - cost[i];
if (curSum < 0) {
// 当前轮累加rest[i]和 curSum小于0，开启下一轮
start = i + 1;
curSum = 0;
}
}
if (totalSum < 0) return -1; // rest[i]之和小于0无结果
return start;
}
};
// 时间复杂度：O(n)
方法二：全局最优考虑的模拟
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
int curSum = 0;
int min = INT_MAX; // 从起点出发，油箱里的油量最小值
for (int i = 0; i < gas.size(); i++) {
int rest = gas[i] - cost[i];
curSum += rest;
if (curSum < min) {
min = curSum;
}
}
if (curSum < 0) return -1; // 情况一：如果gas的总和小于cost总和，那么无论从哪里出发，一定是跑不了一圈的
if (min >= 0) return 0; // 情况二：rest[i] = gas[i]-cost[i]为一天剩下的油，i从0开始计算累加到最后一站，
//如果累加没有出现负数，说明从0出发，油就没有断过，那么0就是起点。
// 情况三：如果累加的最小值是负数，汽车就从非0节点出发，从后向前，看哪个节点能把负数
// 填平，能把这个负数填平的节点就是出发节点。
for (int i = gas.size() - 1; i >= 0; i--) {
int rest = gas[i] - cost[i];
min += rest;
if (min >= 0) {
return i;
}
}
return -1;
}
};
//O（n）