力扣 — — 2555. 两个线段获得的最多奖品

一、题目描述

题目大意：给定一个数组prizePositions，数组中的值表示的是奖品的位置，每一个位置可以有多个奖品，并且设定一个线段的长度 $K$，要求从所有奖品位置中选择两个长度为 $K$ 的连续位置线段，并且要求这两个线段中的奖品位置上的奖品数量之和是最大的。（假设：数组prizePositions是一个非递减的序列）

二、问题分析

通过分析问题，由贪心的思想可以想到，不重叠的两个线段一定会比重叠的两个线段包含的奖品数量多，由此可以使用滑动窗口和动态规划算法进行求解，具体求解为如下：

1. 将数组分割为两个部分，从前往后遍历每一个分割的位置。
2. 对于每一个位置，都可以将原数组分割为两个部分，由此，我们可以求得前一个部分的最大值和后一个位置的最大值，将这两个位置的最大值进行相加即可得到最后的一个整体的大值。
3. 对于上述方法，我们可以使用动态规划的方法进行求解，分为从前向后遍历以及从后向前遍历，在每一次遍历的过程中，求每一个位置滑动窗口的最大值，这里可以使用两个数组分别进行记录。
4. 最后遍历每一个分割的位置（即：利用两个动态数组进行求解），将前一个部分的最大值与后一个位置的最大值进行相加，寻求一个全局的最大值，该最大值即为最终要求的最大值。

三、代码实现

详细代码

    int myUnite(vector<int>& prizePositions, int k){
        int n = prizePositions.size();
        // 设定两个数组，分别存储从前向后遍历的动态最大值和从后向前的动态最大值。
        vector<int> perArray(n + 1), backArray(n + 1);
        // 将数组分割为两个部分， 求前一个部分
        for(int i  = 0, j = 0; j < n; j ++){
            // 用于控制窗口的大小，避免窗口大于给定的值。
            while((prizePositions[j] - prizePositions[i]) > k) {
                i ++;
            }
            // 对于每一个位置，都进行动态决策
            perArray[j + 1] = max(perArray[j], j - i + 1);
        }
        // 先对数组进行反转
        reverse(prizePositions.begin(), prizePositions.end());
        // 将数组分割为两个部分，求后一个部分
        for(int i = 0, j = 0; j < n; j ++){
            // 控制窗口大小, 进行反转之后，后一个值小于前一个值，所以使用前一个值减去后一个值。
            while((prizePositions[i] - prizePositions[j]) > k){
                i ++;
            }
            // 对每一个位置进行决策
            backArray[j + 1] = max(backArray[j], j - i + 1);
        }

        // 遍历每一个分割位置，求得全局的最优值
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i <= n;i ++){
            ans = max(ans, perArray[i] + backArray[n - i]);
        }
        return ans;
    }

简化之后的代码：

class Solution {
public:
    int maximizeWin(vector<int>& prizePositions, int k){
        int n = prizePositions.size();
        // 使用匿名函数
        auto calc = [&] (vector<int>& prefix, int reverseFlag){
            // 遍历每一个位置寻找固定内的窗口的最大值
            for(int i = 0, j = 0; j < n; j++){
                // 控制窗口大小
                while(reverseFlag * (prizePositions[j] - prizePositions[i]) > k) {
                    i++;
                }
                // 通过动态规划的思想，求当到当前位置为止，累计求得的最大值。
                prefix[j + 1] = max(prefix[j], j - i + 1);
            }
        };
        // 分别从前向后动态求值，在从后向前动态求值。
        vector<int> prefix(n + 1), backfix(n + 1);
        calc(prefix, 1);
        reverse(prizePositions.begin(), prizePositions.end());
        calc(backfix, -1);
        int ans = 0;
        for(int i = 0; i <= n;i ++){
            ans = max(ans, prefix[i] + backfix[n - i]);
        }
        return ans;
    }
};