1.度度熊想去商场买一顶帽子，商场里有N顶帽子，有些帽子的价格可能相同。度度熊想买一顶价格第三便宜的帽子，问第三便宜的帽子价格是多少？
思路：HashSet可以去重，但是元素是乱序排列的（有一个hash的过程）。LinkedHashSet插入的元素是什么顺序，取出就是什么顺序。
TreeSet可以自动将元素排好序，因为它是基于红黑树实现，本身就是一颗自平衡的二叉搜索树。
import java.util.*; public class Main{ public static void main(String[] agrs){ Scanner sc = new Scanner(System.in); int N = sc.nextInt(); //一定要注意考虑边界条件 if(N<3){ System.out.println(-1); return; } TreeSet<Integer> ts=new TreeSet<Integer>(); for(int i=0;i<N;i++){ ts.add(sc.nextInt()); } //一定要注意考虑边界条件,因为去重后可能少于3件 if(ts.size()<3){ System.out.println(-1); return; } Iterator it=ts.iterator(); int m=2; while(it.hasNext() && m !=0){ it.next(); m--; } System.out.println(it.next()); } }
2.动态规划，0-1背包问题
问题描述：
有一个人去森林里玩发现了一堆宝石，他数了数，一共有n个。 但他身上能装宝石的就只有一个背包，背包的容量为C。这哥们把n个宝石排成一排并编上号： 0,1,2,…,n-1。第i个宝石对应的体积和价值分别为volumns[i]和values[i] 。排好后这哥们开始思考： 背包总共也就只能装下体积为C的东西，那我要装下哪些宝石才能让我获得最大的利益呢？
思路：状态和状态转移方程
首先，实例化上面的问题。一般遇到n，你就果断地给n赋予一个很小的数， 比如n=3。然后设背包容量C=10，三个宝石的体积为5，4，3，对应的价值为20，10，12。 对于这个例子，肯定是把体积为5和3的宝石装到背包里， 此时对应的价值是20+12=32。接下来，我们把第三个宝石拿走， 同时背包容量减去第三个宝石的体积（因为它是装入背包的宝石之一）， 于是问题的各参数变为：n=2，C=7，体积｛5，4｝，价值｛20，10｝。那么现在这个问题的解是什么？把体积为5的宝石放入背包 （然后剩下体积2，装不下第二个宝石，只能眼睁睁看着它溜走），此时价值为20。 这样一来，我们发现，n=3时，放入背包的是0号和2号宝石；当n=2时， 我们放入的是0号宝石。这并不是一个偶然，没错， 这就是传说中的“全局最优解包含局部最优解”（n=2是n=3情况的一个局部子问题）。
我们把上面的例子理一下，当n=2时，我们要求的是前2个宝石， 装到体积为7的背包里能达到的最大价值；当n=3时，我们要求的是前3个宝石， 装到体积为10的背包里能达到的最大价值，有没有发现它们其实是一个句式！让我们形式化地表示一下它们， 定义dp(i,j)为前i个宝石装到剩余体积为j的背包里能达到的最大价值。 那么上面两句话即为：d(2, 7)和d(3, 10)。这样看着真是爽多了， 而这两个看着很爽的符号就是我们要找的状态。状态d(i,j)表示前i个宝石装到剩余体积为j的背包里能达到的最大价值。 上面那么多的文字，用一句话概括就是：根据子问题定义状态！而我们最终要求解的最大价值即为d(n, C)：前n个宝石 （0,1,2…,n-1）装入剩余容量为C的背包中的最大价值。状态好不容易找到了， 状态转移方程呢？顾名思义，状态转移方程就是描述状态是怎么转移的方程。 那么回到例子，d(2, 7)和d(3, 10)是怎么转移的？来，我们来说说2号宝石 （记住宝石编号是从0开始的）。从d(2, 7)到d(3, 10)就隔了这个2号宝石。 它有两种情况，装或者不装入背包。如果装入，在面对前2个宝石时， 背包就只剩下体积7来装它们，而相应的要加上2号宝石的价值12， d(3, 10)=d(2, 10-3)+12=d(2, 7)+12；如果不装入，体积仍为10，价值自然不变了， d(3, 10)=d(2, 10)。记住，d(3, 10)表示的是前3个宝石装入到剩余体积为10 的背包里能达到的最大价值，既然是最大价值，就有d(3, 10)=max{ d(2, 10), d(2, 7)+12 }。好了，这条方程描述了状态d(i, j)的一些关系， 没错，它就是状态转移方程了。把它形式化一下：d(i, j)=max{ d(i-1, j), d(i-1,j-V[i-1]) + W[i-1] }。注意讨论前i个宝石装入背包的时候， 其实是在考查第i-1个宝石装不装入背包（因为宝石是从0开始编号的）。至此， 状态和状态转移方程都已经有了。接下来，直接上代码。
package com.bili.hello; import java.util.*; public class Main{ public static void main(String[] args){ Scanner sc=new Scanner(System.in); int num=sc.nextInt(); int C=sc.nextInt(); int[] volumns=new int[num]; int[] values=new int[num]; for(int i=0;i<num;i++){ volumns[i]=sc.nextInt(); values[i]=sc.nextInt(); } knapsack(C,volumns,values); } private static void knapsack(int C, int[] volumns, int[] values) { int num=volumns.length; int[][] dp=new int[num+1][C+1];
//定义一个boolean数组，存放钻石选择的情况 int[] put=new int[num]; for(int i=0;i<=num;++i){ for(int j=0;j<=C;++j){
//如果i=0的话，那么dp[0][j]始终等于0 dp[i][j]=(i==0?0:dp[i-1][j]);
//如果第i-1颗石头能够装到背包中，则求出装和不装的最大值;如果不能装的话，那么dp[i][j]=dp[i-1][j] if(i>0 && j>=volumns[i-1]){ dp[i][j]=Math.max(dp[i-1][j-volumns[i-1]]+values[i-1],dp[i-1][j]); } } } System.out.println( dp[num][C]); int j=C; for(int i=num;i>0;i--){
//如果dp[i][j]>dp[i-1][j],则说明第i-1块钻石必须放入数组中 if(dp[i][j]>dp[i-1][j]){ put[i-1]=1;
//求出剩余的背包容量 j=j-volumns[i-1]; } } for(int i=0;i<num;i++){ System.out.println(put[i]); } } }