[LeetCode] 948. Bag of Tokens 令牌包

You have an initial power P, an initial score of 0 points, and a bag of tokens.

Each token can be used at most once, has a value token[i], and has potentially two ways to use it.

• If we have at least token[i] power, we may play the token face up, losing token[i] power, and gaining 1 point.
• If we have at least 1 point, we may play the token face down, gaining token[i] power, and losing 1 point.

Return the largest number of points we can have after playing any number of tokens.

Example 1:

Input: tokens = [100], P = 50
Output: 0

Example 2:

Input: tokens = [100,200], P = 150
Output: 1

Example 3:

Input: tokens = [100,200,300,400], P = 200
Output: 2

Note:

1. tokens.length <= 1000
2. 0 <= tokens[i] < 10000
3. 0 <= P < 10000

這道題說是給了一個初始力量值P，然后有一個 tokens 數組，有兩種操作可以選擇，一種是減去 tokens[i] 的力量，得到一分，但是前提是減去后剩余的力量不能為負。另一種是減去一分，得到 tokens[i] 的力量，前提是減去后的分數不能為負，問一頓操作猛如虎后可以得到的最高分數是多少。這道題其實題意不是太容易理解，而且例子也沒給解釋，博主也是讀了好幾遍題目才明白的。比如例子3，開始有 200 的力量，可以先花 100，得到1個積分，此時還剩 100 的力量，但由於剩下的 token 值都太大，沒法換積分了，只能用積分來換力量，既然都是花一個1個積分，肯定是要換最多的力量，於是換來 400 力量，此時總共有 500 的力量，積分還是0，但是一頓操作后，白嫖了 400 的力量，豈不美哉？！這 500 的力量剛好可以換兩個積分，所以最后返回的就是2。通過上述分析，基本上可以知道策略了，從最小的 token 開始，用力量換積分，當力量不夠時，就用基本換最大的力量，如果沒有積分可以換力量，就結束，或者所有的 token 都使用過了，也結束，這就是典型的貪婪算法 Greedy Algorithm，也算對得起其 Medium 的身價。這里先給 tokens 數組排個序，然后使用雙指針i和j，分別指向開頭和末尾，當 i<=j 進行循環，從小的 token 開始查找，只要力量夠，就換成積分，不能換的時候，假如 i>j 或者此時積分為0，則退出；否則用一個積分換最大的力量，參見代碼如下：

解法一：

class Solution {
public:
    int bagOfTokensScore(vector<int>& tokens, int P) {
        int res = 0, cur = 0, n = tokens.size(), i = 0, j = n - 1;
        sort(tokens.begin(), tokens.end());
        while (i <= j) {
            while (i <= j && tokens[i] <= P) {
                P -= tokens[i++];
                res = max(res, ++cur);
            }
            if (i > j || cur == 0) break;
            --cur;
            P += tokens[j--];
        }
        return res;
    }
};

我們也可以換一種寫法，不用 while 套 while，而是換成賞心悅目的 if ... else 語句，其實也沒差啦，參見代碼如下：

解法二：

class Solution {
public:
    int bagOfTokensScore(vector<int>& tokens, int P) {
        int res = 0, cur = 0, n = tokens.size(), i = 0, j = n - 1;
        sort(tokens.begin(), tokens.end());
        while (i <= j) {
            if (P >= tokens[i]) {
                P -= tokens[i++];
                res = max(res, ++cur);
            } else if (cur > 0) {
                --cur;
                P += tokens[j--];
            } else {
                break;
            }
        }
        return res;
    }
};

我們也可以使用遞歸來做，使用一個子函數 helper，將i和j當作參數輸入，其實原理跟上的方法一摸一樣，不難理解，參見代碼如下：

解法三：

class Solution {
public:
    int bagOfTokensScore(vector<int>& tokens, int P) {
        sort(tokens.begin(), tokens.end());
        return helper(tokens, P, 0, (int)tokens.size() - 1, 0);
    }
    int helper(vector<int>& tokens, int P, int i, int j, int cur) {
        if (i > j) return cur;
        int res = cur;
        if (tokens[i] <= P) {
            res = max(res, helper(tokens, P - tokens[i], i + 1, j, cur + 1));
        } else if (cur > 0) {
            res = max(res, helper(tokens, P + tokens[j], i, j - 1, cur - 1));
        }
        return res;
    }
};

Github 同步地址:

https://github.com/grandyang/leetcode/issues/948

參考資料：

https://leetcode.com/problems/bag-of-tokens/

https://leetcode.com/problems/bag-of-tokens/discuss/383249/Java-Solution-With-Explanation

https://leetcode.com/problems/bag-of-tokens/discuss/197696/C%2B%2BJavaPython-Greedy-%2B-Two-Pointers

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