首先我们需要明确什么算是贪心？
通常，当我们说一个人贪心时，我们是指这个人过分地追求物质财富或利益，常常不顾及他人利益或感受。贪心的人可能会利用他人，甚至不惜损害他人来达到自己的目的。而在算法中，贪心算法指的是一种解决问题的策略，它总是做出在当前状态下看起来最优的选择，期望通过一系列局部最优的选择，达到全局最优的结果。贪心算法的优点是实现简单，运行效率高，但在某些问题上可能无法得到最优解。
贪心算法的基本步骤如下：
对问题进行分解，将其分解为一系列相互独立的子问题。
对于每个子问题，找到一个最优解。
将所有子问题的最优解组合起来，形成问题的最终解。
需要注意的是，贪心算法并不总是能够找到最优解。在应用贪心算法时，需要验证问题是否满足贪心选择性质，即通过局部最优的选择，可以导致全局最优的解。如果问题不满足贪心选择性质，那么贪心算法可能无法找到最优解。
贪心算法的应用场景包括：
Dijkstra 算法：用于寻找图中的最短路径。
Huffman 编码：用于构建最优前缀编码。
Kruskal 算法：用于寻找最小生成树。
贪心算法在很多领域都有广泛的应用，但在使用时需要注意其局限性，并在必要时选择其他算法，如动态规划、回溯等。
假设你开了间小店，不能电子支付，钱柜里的货币只有 25 分、10 分、5 分和 1 分四种硬币，如果你是售货员且要找给客户 n 分钱的硬币，如何安排才能找给客人的钱既正确且硬币的个数又最少？
面对贪心，我们需要首先做一个证明：即证明贪心的方式即为最优解。在这道题目中，我们从最大数开始找零，那么必然可以做到找到零钱数最少【保证每个零钱的数值尽可能大】。
既然得到这个思路，那么题解便自然生成：
def change(n, currency=[25, 10, 5, 1]):
"""
该程序设计一个找零算法，最后返回应当找回货币的个数
Args:
n (int): 待找零钱
currency (list, optional): 货币的面值有多少. Defaults to [25, 10, 5, 1].
Returns:
_type_: _description_
"""
count, i = 0, 0 # count 用作统计货币个数，i 作为统计链表长度
while n != 0 and i < len(currency): # 当还有待找零钱，且货币面值可以继续找零的情况下进行循环
count += n // currency[i] # 当前面值货币可以获得几个
n %= currency[i] # 剩余待找货币的面值
i += 1 # 判断下一个等级面值的货币的面值
return count
print(change(43))
# 6
接下来，我们列举关于Leetcode的五道例题，并通过贪心的方式进行求解：
假设有一个很长的花坛，一部分地块种植了花，另一部分却没有。可是，花不能种植在相邻的地块上，它们会争夺水源，两者都会死去。
给你一个整数数组 flowerbed 表示花坛，由若干 0 和 1 组成，其中 0 表示没种植花，1 表示种植了花。另有一个数 n ****，能否在不打破种植规则的情况下种入 n ****朵花？能则返回 true ，不能则返回 false 。
这道题目，我们考虑一下如何证明？是否如果当遇到连续的3个0，我们即刻在其中中间的花圃中种植一朵花。而循环遍历整个花田即可保证不能再种植新的花朵了。但需要注意这道题目中的个例：即边界的时候只要两个连续的0就可以了，这该怎么解决呢？详情请看题解：
class Solution:
def canPlaceFlowers(self, flowerbed: List[int], n: int) -> bool:
for i in range(len(flowerbed)):
left = 0 if i == 0 else flowerbed[i-1] # 对左边界的特殊处理
right = 0 if i == len(flowerbed)-1 else flowerbed[i+1] # 对右边界的特殊处理
if flowerbed[i] == 0 and left == 0 and right == 0: # 当前节点为空，且左右为空的情况下
flowerbed[i] = 1 # 在当前节点种花
n -= 1 # 剩余花朵减一
return n <= 0
给定一个包含大写字母和小写字母的字符串 s ，返回 通过这些字母构造成的 最长的回文串 。
在构造过程中，请注意 区分大小写 。比如 "Aa" 不能当做一个回文字符串。
关于这道题目的解题思路稍微有一些隐式。我们需要验证，构建最长的回味字串需要满足什么条件？即：如果回文子串的长度为偶数，则表示字符串中所有元素的个数都为偶数；如果回文子串的长度为奇数，则除了中心元素外，其他元素必须为偶数。
那么构建最长的回味字串的方法是什么？即对每个字符串取最大偶数的个数，如果还剩下数字，则在加1。转换成代码如下所示：
class Solution:
def longestPalindrome(self, s: str) -> int:
static = {}
for i in s:
static[i] = static[i] + 1 if i in static.keys() else 1
remain, total = 0, 0
for count in static.values():
total_, remain_ = divmod(count, 2)
remain += remain_
total += total_
return total * 2 + (0 if remain == 0 else 1)
给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。
你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。
在这道题目中，我们需要判断什么时候买入卖出是最合适的？难道是最小下标和最大下标？那必然不可行。所以我们需要思考一下怎么贪心才可以呢？这道题目其实有一些动态规划的思想在里面，所以思考起来会稍微复杂一些：
我们如何找到能买到最多钱的时候呢？很简单，就是卖出价格减去之前买入价格的时候差值最大。
换句话说，对每个元素减去之前最便宜的价格，就是当前元素的收益，所以我们仅需要这个值的大小即可。
同时，我们仅需要记录在当前元素之前的最小值，就可以通过线性复杂度来求解这道题目。
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
max_value, min_index = 0, 0
for i in range(len(prices)):
if prices[i] < prices[min_index]:
min_index = i
else:
max_value = max(max_value, prices[i] - prices[min_index])
return max_value
给定一个长度为 n 的整数数组 height 。有 n 条垂线，第 i 条线的两个端点是 (i, 0) 和 (i, height[i]) 。
找出其中的两条线，使得它们与 x 轴共同构成的容器可以容纳最多的水。
返回容器可以储存的最大水量。
**说明：**你不能倾斜容器。
这道题目的思想也比较有意思：当我们下标减小的时候一定会减小容纳的水；但当挡板变高的时候就有可能增大容纳的水的体积。
在有了这个假设的前提下，我们从两端移动挡板，向中间移动。由于容纳体积是由短板决定的，所以我们每次移动短板即可。
转换成代码如下：
class Solution:
def maxArea(self, height: List[int]) -> int:
i, j, res = 0, len(height) - 1, 0
while i < j:
if height[i] < height[j]:
res = max(res, height[i] * (j - i))
i += 1
else:
res = max(res, height[j] * (j - i))
j -= 1
return res
给你一个字符串 s 。我们要把这个字符串划分为尽可能多的片段，同一字母最多出现在一个片段中。
注意，划分结果需要满足：将所有划分结果按顺序连接，得到的字符串仍然是 s 。
返回一个表示每个字符串片段的长度的列表。
示例 1：
输入：s = "ababcbacadefegdehijhklij"
输出：[9,7,8]
解释：
划分结果为 "ababcbaca"、"defegde"、"hijhklij" 。
每个字母最多出现在一个片段中。
像 "ababcbacadefegde", "hijhklij" 这样的划分是错误的，因为划分的片段数较少。
这道题也是非常有意思的一道题，其核心句其实是**同一字母最多出现在一个片段中。**通过这句话，我们就有确切的分割界限了。但如何做可以通过线性的方式来求解呢？
我给出的思路是统计每个字符出现的区间，如果两个字符串的区间相交，即可融合。于是这就变成了融合区间的题目。由于字符出现的顺序是有序的，所以在合并区间的时候，顺序合并就可以了。
其题解如下：
class Solution:
def partitionLabels(self, s: str) -> List[int]:
index = {}
for i in range(len(s)):
if s[i] in index.keys():
index[s[i]][1] = i
else:
index[s[i]] = [i, i]
answer = []
key_list = list(index.keys())
for i, key in enumerate(key_list):
if len(answer) == 0:
answer.append(index[key])
elif answer[-1][1] > index[key][0]:
answer[-1][1] = max(index[key][1], answer[-1][1])
else:
answer.append(index[key])
return [i[1] - i[0] + 1 for i in answer]