贪心的本质是选择每一阶段的局部最优，从而达到全局最优。
题目：455.分发饼干
题目描述：
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 解释:你有三个孩子和两块小饼干，3 个孩子的胃口值分别是：1,2,3。虽然你有两块小饼干，由于他们的尺寸都是 1，你只能让胃口值是 1 的孩子满足。所以你应该输出 1。
示例 2:
- 输入: g = [1,2], s = [1,2,3]
- 输出: 2
- 解释:你有两个孩子和三块小饼干，2 个孩子的胃口值分别是 1,2。你拥有的饼干数量和尺寸都足以让所有孩子满足。所以你应该输出 2.
提示：
- 1 <= g.length <= 3 * 10^4
- 0 <= s.length <= 3 * 10^4
- 1 <= g[i], s[j] <= 2^31 - 1
贪心思路：
为了满足更多的小孩，就不要造成饼干尺寸的浪费。
大尺寸的饼干既可以满足胃口大的孩子也可以满足胃口小的孩子，那么就应该优先满足胃口大的。
这里的局部最优就是大饼干喂给胃口大的，充分利用饼干尺寸喂饱一个，全局最优就是喂饱尽可能多的小孩。
可以尝试使用贪心策略，先将饼干数组和小孩数组排序。
然后从后向前遍历小孩数组，用大饼干优先满足胃口大的，并统计满足小孩数量。
解法一：用大饼干尽力满足胃口大的孩子
可不可以 先遍历 饼干，在遍历胃口呢？
是不可以的。
外面的 for 是里的下标 i 是固定移动的，而 if 里面的下标 index 是符合条件才移动的。
class Solution {
public:
int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
sort(g.begin(), g.end());
sort(s.begin(), s.end());
int result = 0;
int index = s.size() - 1;
for(int i = g.size() - 1; i >= 0; i--){
if(index >= 0 && s[index] >= g[i]){
index--;
result++;
}
}
return result;
}
};思路二：用尽量小的饼干满足胃口小的孩子
class Solution {
public:
int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {
sort(s.begin(), s.end());
sort(g.begin(), g.end());
int result = 0;
int index = 0;
for(int i = 0; i < s.size(); i++){
if(index < g.size() && g[index] <= s[i]){
index++;
result++;
}
}
return result;
}
};这种写法，两个循环的顺序改变了，先遍历的饼干，在遍历的胃口，这是因为遍历顺序变了，我们是从小到大遍历。
题目：367.摆动序列
题目描述：
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。少于两个元素的序列也是摆动序列。
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。
给定一个整数序列，返回作为摆动序列的最长子序列的长度。 通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得子序列，剩下的元素保持其原始顺序。
示例 1:
- 输入: [1,7,4,9,2,5]
- 输出: 6
- 解释: 整个序列均为摆动序列。
示例 2:
- 输入: [1,17,5,10,13,15,10,5,16,8]
- 输出: 7
- 解释: 这个序列包含几个长度为 7 摆动序列，其中一个可为[1,17,10,13,10,16,8]。
示例 3:
- 输入: [1,2,3,4,5,6,7,8,9]
- 输出: 2
思路：
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。
1.上下坡有平坡：
遇到有平坡，左右只保留一边
if(prediff >= 0 && curdiff < 0（波峰） || prediff <= 0 && curdiff > 0（波谷）) //该条件算是一个有摆动的条件
或者
for(int i = 0; i < nums.size() - 1; i++){
curdiff = nums[i + 1] - nums[i];
if(prediff >= 0 && curdiff < 0 || prediff <= 0 && curdiff > 0) result++;
prediff = curdiff;
}
2.首尾元素的特殊性判断：假设首元素前面延长一个元素（也就是说prediff默认等于0），然后默认最右边就有一个摆动。（疑惑：为什么[2, 2]结果是1？这不没有摆动吗？可以理解成删掉一个2，变成只有一个元素的序列，根据题目描述，只有一个元素的序列是一个摆动序列）
3.单调坡中有平坡：
prediff没有必要每一次循环中都跟着curdiff去变化，正确的做法是，如果遇到平坡，只需要记录进入平坡前的初始状态就可以了。也就是说执行了result++，才让prediff跟着curdiff变化。直到下一个坡出现，再改变prediff的状态，绕过中间单调平坡的干扰。于是代码改正如下：
for(int i = 0; i < nums.size() - 1; i++){
curdiff = nums[i + 1] - nums[i];
if(prediff >= 0 && curdiff < 0 || prediff <= 0 && curdiff > 0){
result++;
prediff = curdiff;
}
}
题目：53.最大子数组和
局部最优：当前“连续和”为负数的时候立刻放弃，从下一个元素重新计算“连续和”，因为负数加上下一个元素 “连续和”只会越来越小。
全局最优：选取最大“连续和”
从代码角度上来讲：遍历 nums，从头开始用 count 累积，如果 count 一旦加上 nums[i]变为负数，那么就应该从 nums[i+1]开始从 0 累积 count 了，因为已经变为负数的 count，只会拖累总和。
class Solution {
public:
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
int max = INT_MIN;
int curSum = 0;
for(int i = 0; i < nums.size(); i++){
curSum += nums[i];
if(curSum > max) max = curSum;
if(curSum < 0) curSum = 0;
}
return max;
}
};注意一个误区：不是遇到负数就跳过，而是前一段的子数组和是负的话就跳过，重新计算下一段。
注意一个混淆点：不能让“连续和”为负数的时候加上下一个元素，而不是 不让“连续和”加上一个负数。连续和加负数结果可能还是正的，那么这么结果对于之后的计算的结果还是有利的。