1599. 经营摩天轮的最大利润

题目描述

你正在经营一座摩天轮，该摩天轮共有 4 个座舱 ，每个座舱 最多可以容纳 4 位游客 。你可以 逆时针 轮转座舱，但每次轮转都需要支付一定的运行成本 runningCost 。摩天轮每次轮转都恰好转动 1 / 4 周。

给你一个长度为 n 的数组 customers ， customers[i] 是在第 i 次轮转（下标从 0 开始）之前到达的新游客的数量。这也意味着你必须在新游客到来前轮转 i 次。每位游客在登上离地面最近的座舱前都会支付登舱成本 boardingCost ，一旦该座舱再次抵达地面，他们就会离开座舱结束游玩。

你可以随时停下摩天轮，即便是 在服务所有游客之前 。如果你决定停止运营摩天轮，为了保证所有游客安全着陆，将免费进行所有后续轮转 。注意，如果有超过 4 位游客在等摩天轮，那么只有 4 位游客可以登上摩天轮，其余的需要等待 下一次轮转 。

返回最大化利润所需执行的 最小轮转次数 。 如果不存在利润为正的方案，则返回 -1 。

示例 1

输入：customers = [8,3], boardingCost = 5, runningCost = 6
输出：3
解释：座舱上标注的数字是该座舱的当前游客数。

1. 8 位游客抵达，4 位登舱，4 位等待下一舱，摩天轮轮转。当前利润为 4 * $5 - 1 * $6 = $14 。
2. 3 位游客抵达，4 位在等待的游客登舱，其他 3 位等待，摩天轮轮转。当前利润为 8 * $5 - 2 * $6 = $28 。
3. 最后 3 位游客登舱，摩天轮轮转。当前利润为 11 * $5 - 3 * $6 = $37 。
   轮转 3 次得到最大利润，最大利润为 $37 。

示例 2

输入：customers = [10,9,6], boardingCost = 6, runningCost = 4
输出：7
解释：

1. 10 位游客抵达，4 位登舱，6 位等待下一舱，摩天轮轮转。当前利润为 4 * $6 - 1 * $4 = $20 。
2. 9 位游客抵达，4 位登舱，11 位等待（2 位是先前就在等待的，9 位新加入等待的），摩天轮轮转。当前利润为 8 * $6 - 2 * $4 = $40 。
3. 最后 6 位游客抵达，4 位登舱，13 位等待，摩天轮轮转。当前利润为 12 * $6 - 3 * $4 = $60 。
4. 4 位登舱，9 位等待，摩天轮轮转。当前利润为 * $6 - 4 * $4 = $80 。
5. 4 位登舱，5 位等待，摩天轮轮转。当前利润为 20 * $6 - 5 * $4 = $100 。
6. 4 位登舱，1 位等待，摩天轮轮转。当前利润为 24 * $6 - 6 * $4 = $120 。
7. 1 位登舱，摩天轮轮转。当前利润为 25 * $6 - 7 * $4 = $122 。
   轮转 7 次得到最大利润，最大利润为$122 。

示例 3

输入：customers = [3,4,0,5,1], boardingCost = 1, runningCost = 92
输出：-1
解释：

1. 3 位游客抵达，3 位登舱，0 位等待，摩天轮轮转。当前利润为 3 * $1 - 1 * $92 = -$89 。
2. 4 位游客抵达，4 位登舱，0 位等待，摩天轮轮转。当前利润为 is 7 * $1 - 2 * $92 = -$177 。
3. 0 位游客抵达，0 位登舱，0 位等待，摩天轮轮转。当前利润为 7 * $1 - 3 * $92 = -$269 。
4. 5 位游客抵达，4 位登舱，1 位等待，摩天轮轮转。当前利润为 12 * $1 - 4 * $92 = -$356 。
5. 1 位游客抵达，2 位登舱，0 位等待，摩天轮轮转。当前利润为 13 * $1 - 5 * $92 = -$447 。
   利润永不为正，所以返回 -1 。

提示

• n == customers.length
• 1 <= n <= 105
• 0 <= customers[i] <= 50
• 1 <= boardingCost, runningCost <= 100

算法一：模拟

思路

• 模拟摩天轮的运行情况，每次轮转时，累加等待游客以及新到达的游客，每次只允许最多 4 个人上舱，计算当前利润，考虑是否更新最大利润和对应的轮次，并更新等待的游客数量。

收获

• 合并考虑两种情况

  我一开始的想法是，先遍历 customer.size() 的轮次，接着遍历剩余未上舱的 customer ，分成两个循环考虑。但其实两部分代码差不多，完全可以合并考虑。

  for(int i=0; i0; ++i)wait += i

  对于每次上舱的人数也可以合并考虑，如int up = min(4, wait); ，我分成了两个 if 语句，显得很繁琐；

• 对于利润最大的轮次，直接进行保存，如果后续有利润更高的情况，直接覆盖 ans 即可； ans = i+1;

• 题解中 wait 的考虑也很巧妙， wait += i

class Solution {
public:int minOperationsMaxProfit(vector& customers, int boardingCost, int runningCost) {if(boardingCost * 4 <= runningCost) return -1;int ans = 0;// 目前在排队的顾客数int wait = 0;int profit = 0, maxProfit = 0;for(int i=0; i0; ++i){wait += i maxProfit){ // 更新最大利润maxProfit = profit;  ans = i+1;  // ans 表示最大利润的轮次} wait -= up;}return ans == 0 ? -1 : ans;}
};