贪心算法：分配问题
只是记录自己的刷题过程，答案参考过多种题解。
如有错误感谢指正！
参考：LeetCode 101: A LeetCode Grinding Guide (C++ Version) 作者：高畅 Chang Gao
135.分发糖果 (Hard)
一群孩子站成一排，每一个孩子有自己的评分。现在需要给这些孩子发糖果，规则是如果一个孩子的评分比自己身旁的一个孩子要高，那么这个孩子就必须得到比身旁孩子更多的糖果；所有孩子至少要有一个糖果。求解最少需要多少个糖果。
A. 分发糖果的贪心思想
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这道题在每次遍历中，一定要只考虑并更新 相邻一侧 的大小关系，再确定另一边。例如比较每一个孩子的右边，然后再比较左边，如果两边一起考虑一定会顾此失彼。
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局部最优体现在，①一次是从左到右遍历，只比较右边孩子评分比左边大的情况；②一次是从右往左遍历，只比较左边孩子评分比右边大的情况。③这样保证第 i 个小孩的糖果数量即大于左边的也大于右边的。
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全局最优体现在，①相邻的孩子中，评分高的右孩子获得比左边孩子更多的糖果；②相邻的孩子中，评分高的左孩子获得比右边孩子更多的糖果；③相邻的孩子中，评分高的孩子获得更多的糖果。
B. 具体实现
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新建存储每个孩子的糖果数量的数组，并初始化每个孩子拥有的糖果数为 1。
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按数组下标顺序遍历两次，第一次正序遍历，若右边孩子的评分比左边的高，则右边孩子的糖果数更新为左边孩子的糖果数加 1；
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第二次倒序遍历，若左边孩子的评分比右边的高，且左边孩子当前的糖果数 不大于 右边孩子的糖果数，则左边孩子的糖果数更新为右边孩子的糖果数加 1。max(第一次遍历的当前糖果数，右孩子糖果数+1)。
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仔细考虑两次遍历时，数组的起点下标，避免出现空指针异常。
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最后对所有的糖果数量求和。
C. 思考
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评分和糖果数是两个独立的变量，但数组下标变量和前两者有联系。
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对于一组孩子对应的糖果数来说，除了首位两个数只有单侧存在相邻数，其余中间数的双侧都存在相邻数。两两比较 时，先考虑一侧的大小情况（例如先考虑右），等这一侧（右）全部判断完后，在再考虑另一侧（左）。
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为什么第一次判断右孩子比左孩子大时，采取了正序遍历，而不是倒序遍历？因为第一组【左值A，右值B】的右值B增大后，第二组【第一组右值B，新右值C】在判断时，就可以在B的基础上再增大，不会出现遗漏。如果从右往左（倒叙）判断右孩子比左孩子大，那么每次都不能利用上 前一次的比较结果 了。（第二次遍历同理）
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用 for() 循环主要是每个数组下标对应的数都要用到，遍历完后自动停止，所以不需要通过 while() 来自己设定结束条件。
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上一题即知道 孩子需求度 又知道 饼干大小 ，相当于告知了饼干具体数量（已知主要条件），只需用现有的饼干进行比较判断（需求 <= 饼干大小 ? ）并匹配给孩子，就可求出满足的孩子数量的最大值。（孩子和饼干的数量和属性都知道，找出之间关系）
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这一题只知道 孩子评分 ，而糖果没有具体数量（未知主要条件），只给了其他次要条件，现在就让你来求这个饼干的具体数量。（孩子知道数量和属性，糖果知道属性不知道数量，也知道两者间的关系，求糖果的数量）
D. 代码实现
public int candy(int[] ratings) {
int[] suger = new int[ratings.length];
suger[0] = 1;
// 如果孩子没有或只有一位，则不需要进行分配，直接返回孩子个数即可。
if (ratings.length < 2) {
return ratings.length;
}
// 顺序遍历
for (int i = 1; i < ratings.length; i++) {
if ( ratings[i] > ratings[i - 1]) { //右大于左
suger[i] = suger[i - 1] + 1;
} else {
suger[i] = 1; //初始化其他为1
}
}
// 倒序遍历
for (int i = ratings.length - 2; i >= 0; i--) {
if (ratings[i] > ratings[i + 1]) { //左大于右
suger[i] = Math.max(suger[i], suger[i + 1] + 1); //取【左孩子本身，(右孩子+1)】的糖果最大值
}
}
int count = 0;
for (int i : suger) {
count += i;
}
return count;
}