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# 贪婪策略
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贪婪策略是一种常见的算法思想，具体是指，在对问题求解时，总是做出在当前看来是最好的选择。也就是说，不从整体最优上加以考虑，他所做出的是在某种意义上的局部最优解。贪心算法不是对所有问题都能得到整体最优解，关键是贪心策略的选择，选择的贪心策略必须具备无后效性，即某个状态以前的过程不会影响以后的状态，只与当前状态有关，这点和动态规划一样。贪婪策略和动态规划类似，大多数情况也都是用来处理`极值问题`。
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LeetCode 上对于贪婪策略有 73 道题目。我们将其分成几个类型来讲解，截止目前我们暂时只提供`覆盖`问题，其他的可以期待我的新书或者之后的题解文章。
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## 覆盖
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我们挑选三道来讲解，这三道题除了使用贪婪法，你也可以尝试动态规划来解决。
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- [45. 跳跃游戏 II](https://leetcode-cn.com/problems/jump-game-ii/)，困难
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- [1024. 视频拼接](https://leetcode-cn.com/problems/video-stitching/)，中等
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- [1326. 灌溉花园的最少水龙头数目](https://leetcode-cn.com/problems/minimum-number-of-taps-to-open-to-water-a-garden/)，困难
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覆盖问题的一大特征，我们可以将其抽象为`给定数轴上的一个大区间 I 和 n 个小区间 i[0], i[1], ..., i[n - 1]，问最少选择多少个小区间，使得这些小区间的并集可以覆盖整个大区间。`
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我们来看下这三道题吧。
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### 45. 跳跃游戏 II
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#### 题目描述
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给定一个非负整数数组，你最初位于数组的第一个位置。
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数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。
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你的目标是使用最少的跳跃次数到达数组的最后一个位置。
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示例:
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输入: [2,3,1,1,4]
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输出: 2
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解释: 跳到最后一个位置的最小跳跃数是 2。
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从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。
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说明:
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假设你总是可以到达数组的最后一个位置。
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#### 思路
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贪婪策略，即我们每次在可跳范围内选择可以使得跳的更远的位置，由于题目保证了`你总是可以到达数组的最后一个位置`,因此这种算法是完备的。
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如下图，开始的位置是 2，可跳的范围是橙色的。然后因为 3 可以跳的更远，所以跳到 3 的位置。
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如下图，然后现在的位置就是 3 了，能跳的范围是橙色的，然后因为 4 可以跳的更远，所以下次跳到 4 的位置。
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写代码的话，我们用 end 表示当前能跳的边界，对于上边第一个图的橙色 1，第二个图中就是橙色的 4，遍历数组的时候，到了边界，我们就重新更新新的边界。
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> 图来自 https://leetcode-cn.com/u/windliang/
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#### 代码
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代码支持：Python3
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Python3 Code:
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```python
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class Solution:
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def jump(self, nums: List[int]) -> int:
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n, cnt, furthest, end = len(nums), 0, 0, 0
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for i in range(n - 1):
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furthest = max(furthest, nums[i] + i)
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if i == end:
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cnt += 1
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end = furthest
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return cnt
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```
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**复杂度分析**
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- 时间复杂度：$O(N)$。
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- 空间复杂度：$O(1)$。
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### 1024. 视频拼接
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#### 题目描述
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你将会获得一系列视频片段，这些片段来自于一项持续时长为 T 秒的体育赛事。这些片段可能有所重叠，也可能长度不一。
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视频片段 clips[i] 都用区间进行表示：开始于 clips[i][0] 并于 clips[i][1] 结束。我们甚至可以对这些片段自由地再剪辑，例如片段 [0, 7] 可以剪切成 [0, 1] + [1, 3] + [3, 7] 三部分。
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我们需要将这些片段进行再剪辑，并将剪辑后的内容拼接成覆盖整个运动过程的片段（[0, T]）。返回所需片段的最小数目，如果无法完成该任务，则返回 -1 。
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示例 1：
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输入：clips = [[0,2],[4,6],[8,10],[1,9],[1,5],[5,9]], T = 10
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输出：3
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解释：
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我们选中 [0,2], [8,10], [1,9] 这三个片段。
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然后，按下面的方案重制比赛片段：
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将 [1,9] 再剪辑为 [1,2] + [2,8] + [8,9] 。
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现在我们手上有 [0,2] + [2,8] + [8,10]，而这些涵盖了整场比赛 [0, 10]。
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示例 2：
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输入：clips = [[0,1],[1,2]], T = 5
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输出：-1
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解释：
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我们无法只用 [0,1] 和 [0,2] 覆盖 [0,5] 的整个过程。
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示例 3：
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输入：clips = [[0,1],[6,8],[0,2],[5,6],[0,4],[0,3],[6,7],[1,3],[4,7],[1,4],[2,5],[2,6],[3,4],[4,5],[5,7],[6,9]], T = 9
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输出：3
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解释：
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我们选取片段 [0,4], [4,7] 和 [6,9] 。
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示例 4：
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输入：clips = [[0,4],[2,8]], T = 5
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输出：2
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解释：
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注意，你可能录制超过比赛结束时间的视频。
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提示：
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1 <= clips.length <= 100
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0 <= clips[i][0], clips[i][1] <= 100
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0 <= T <= 100
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#### 思路
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贪婪策略，我们选择满足条件的最大值。和上面的不同，这次我们需要手动进行一次排序，实际上贪婪策略经常伴随着排序，我们按照 clip[0]从小到大进行排序。
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如图：
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- 1 不可以，因此存在断层
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- 2 可以
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- 3 不行，因为不到 T
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我们当前的 clip 开始结束时间分别为 s，e。 上一段 clip 的结束时间是 t1，上上一段 clip 结束时间是 t2。
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那么这种情况下 t1 实际上是不需要的，因为 t2 完全可以覆盖它：
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那什么样 t1 才是需要的呢？如图：
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用代码来说的话就是`s > t2 and t2 <= t1`
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#### 代码
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代码支持：Python3
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Python3 Code:
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```python
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class Solution:
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def videoStitching(self, clips: List[List[int]], T: int) -> int:
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# t1 表示选取的上一个clip的结束时间
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# t2 表示选取的上上一个clip的结束时间
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t2, t1, cnt = -1, 0, 0
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clips.sort(key=lambda a: a[0])
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for s, e in clips:
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# s > t1 已经确定不可以了， t1 >= T 已经可以了
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if s > t1 or t1 >= T:
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break
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if s > t2 and t2 <= t1:
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cnt += 1
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t2 = t1
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t1 = max(t1,e)
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return cnt if t1 >= T else - 1
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```
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**复杂度分析**
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- 时间复杂度：由于使用了排序（假设是基于比较的排序），因此时间复杂度为 $O(NlogN)$。
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- 空间复杂度：$O(1)$。
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### 1326. 灌溉花园的最少水龙头数目
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#### 题目描述
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在 x 轴上有一个一维的花园。花园长度为 n，从点 0 开始，到点 n 结束。
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花园里总共有 n + 1 个水龙头，分别位于 [0, 1, ..., n] 。
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给你一个整数 n 和一个长度为 n + 1 的整数数组 ranges ，其中 ranges[i] （下标从 0 开始）表示：如果打开点 i 处的水龙头，可以灌溉的区域为 [i - ranges[i], i + ranges[i]] 。
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请你返回可以灌溉整个花园的 最少水龙头数目 。如果花园始终存在无法灌溉到的地方，请你返回 -1 。
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示例 1：
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输入：n = 5, ranges = [3,4,1,1,0,0]
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输出：1
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解释：
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点 0 处的水龙头可以灌溉区间 [-3,3]
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点 1 处的水龙头可以灌溉区间 [-3,5]
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点 2 处的水龙头可以灌溉区间 [1,3]
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点 3 处的水龙头可以灌溉区间 [2,4]
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点 4 处的水龙头可以灌溉区间 [4,4]
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点 5 处的水龙头可以灌溉区间 [5,5]
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只需要打开点 1 处的水龙头即可灌溉整个花园 [0,5] 。
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示例 2：
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输入：n = 3, ranges = [0,0,0,0]
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输出：-1
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解释：即使打开所有水龙头，你也无法灌溉整个花园。
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示例 3：
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输入：n = 7, ranges = [1,2,1,0,2,1,0,1]
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输出：3
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示例 4：
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输入：n = 8, ranges = [4,0,0,0,0,0,0,0,4]
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输出：2
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示例 5：
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输入：n = 8, ranges = [4,0,0,0,4,0,0,0,4]
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输出：1
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提示：
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1 <= n <= 10^4
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ranges.length == n + 1
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0 <= ranges[i] <= 100
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#### 思路
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贪心策略，我们尽量找到能够覆盖最远（右边）位置的水龙头，并记录它最右覆盖的土地。
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- 我们使用 furthest[i] 来记录经过每一个水龙头 i 能够覆盖的最右侧土地。
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- 一共有 n+1 个水龙头，我们遍历 n + 1 次。
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- 对于每次我们计算水龙头的左右边界，[i - ranges[i], i + ranges[i]]
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- 我们更新左右边界范围内的水龙头的 furthest
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- 最后从土地 0 开始，一直到土地 n ，记录水龙头数目
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#### 代码
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代码支持：Python3
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Python3 Code:
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```python
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class Solution:
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def minTaps(self, n: int, ranges: List[int]) -> int:
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furthest, cnt, cur = [0] * n, 0, 0
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for i in range(n + 1):
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l = max(0, i - ranges[i])
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r = min(n, i + ranges[i])
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for j in range(l, r):
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furthest[j] = max(furthest[j], r)
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while cur < n:
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if furthest[cur] == 0: return -1
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cur = furthest[cur]
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cnt += 1
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return cnt
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```
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**复杂度分析**
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- 时间复杂度：时间复杂度取决 l 和 r，也就是说取决于 ranges 数组的值，假设 ranges 的平均大小为 Size 的话，那么时间复杂度为 $O(N \* Size)$。
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- 空间复杂度：我们使用了 furthest 数组， 因此空间复杂度为 $O(N)$。
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