题目概览
n个孩子站成一排。给你一个整数数组ratings表示每个孩子的评分。
你需要按照以下要求，给这些孩子分发糖果：
- 每个孩子至少分配到
1个糖果。 - 相邻两个孩子中，评分更高的那个会获得更多的糖果。
请你给每个孩子分发糖果，计算并返回需要准备的最少糖果数目。
示例 1：
输入：ratings = [1,0,2] 输出：5 解释：你可以分别给第一个、第二个、第三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。
示例 2：
输入：ratings = [1,2,2] 输出：4 解释：你可以分别给第一个、第二个、第三个孩子分发 1、2、1 颗糖果。 第三个孩子只得到 1 颗糖果，这满足题面中的两个条件。
提示：
n == ratings.length1 <= n <= 2 * 10^40 <= ratings[i] <= 2 * 10^4
来源：135. 分发糖果 - 力扣（LeetCode）
解题分析
方法：两次遍历
本题的核心要求是：每个孩子至少 1 颗糖，且相邻孩子中评分更高的必须获得更多糖果。为了用最少的糖果满足这两个条件，我们可以采用「两次遍历」的策略，分别处理从左到右和从右到左的递增关系。
思路解析
如果只考虑「左邻居」，规则很简单：
- 若当前孩子评分比左边高，则他的糖果数应比左边多 1。
- 若当前孩子评分不高于左边，则他最少可以只拿 1 颗糖（因为右边还没考虑）。
同理，如果只考虑「右邻居」：
- 若当前孩子评分比右边高，则他的糖果数应比右边多 1。
- 否则，他可以只拿 1 颗糖。
但题目要求同时满足左右两边的约束，因此每个孩子最终的糖果数应取上述两个方向计算结果的最大值，这样才能同时保证比左边高时足够多、比右边高时也足够多。
算法步骤
- 第一次遍历（从左到右）：初始化数组
left，令left[0] = 1。遍历i = 1 → n-1：- 若
ratings[i] > ratings[i-1]，则left[i] = left[i-1] + 1（保证比左边多）。 - 否则，
left[i] = 1（先给最少，右边遍历时会再调整）。
- 若
- 第二次遍历（从右到左）：初始化变量
right = 1（最后一个孩子的右向糖果数），总糖果数sum = left[n-1]。遍历i = n-2 → 0：- 若
ratings[i] > ratings[i+1]，则right = right + 1（保证比右边多）。 - 否则，
right = 1（重置为最少）。 - 此时当前孩子应得的糖果数为
max(left[i], right)，将其累加到sum。
- 若
- 返回
sum。
代码实现（Java）
class Solution { public int candy(int[] ratings) { int n = ratings.length; int[] left = new int[n]; // 从左到右遍历 left[0] = 1; for (int i = 1; i < n; i++) { if (ratings[i] > ratings[i - 1]) { left[i] = left[i - 1] + 1; } else { left[i] = 1; } } // 从右到左遍历并累加 int right = 1; int sum = left[n - 1]; // 最后一个孩子的糖果数 for (int i = n - 2; i >= 0; i--) { if (ratings[i] > ratings[i + 1]) { right++; } else { right = 1; } sum += Math.max(left[i], right); } return sum; } }复杂度分析
- 时间复杂度：O(n)，仅需两次线性遍历。
- 空间复杂度：O(n)，用于存储左向糖果数组
left。若优化为 O(1) 空间，可将第二次遍历直接与第一次结合，但代码会稍复杂。
示例推演
以ratings = [1,0,2]为例：
- 左向遍历得
left = [1,1,2]。 - 右向遍历时：
- i=2（评分 2）：
right=1，sum=left[2]=2。 - i=1（评分 0）：因为 0 > 2？否，
right=1，max(left[1]=1, right=1)=1，sum=2+1=3。 - i=0（评分 1）：因为 1 > 0？是，
right=2，max(left[0]=1, right=2)=2，sum=3+2=5。
- i=2（评分 2）：
- 最终结果 5，与题目输出一致。
该方法保证了每个孩子既满足左邻约束（通过left数组），又满足右邻约束（通过动态的right变量），且取最大值后即为满足双边条件的最小糖果数。
