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题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/gas-station/
在一条环路上有 N 个加油站，其中第 i 个加油站有汽油 gas[i] 升。
你有一辆油箱容量无限的的汽车，从第 i 个加油站开往第 i+1 个加油站需要消耗汽油 cost[i] 升。你从其中的一个加油站出发，开始时油箱为空。
如果你可以绕环路行驶一周，则返回出发时加油站的编号，否则返回 -1。
说明:
- 如果题目有解，该答案即为唯一答案。
- 输入数组均为非空数组，且长度相同。
- 输入数组中的元素均为非负数。
示例 1: 输入: gas = [1,2,3,4,5] cost = [3,4,5,1,2]
输出: 3 解释: 从 3 号加油站(索引为 3 处)出发，可获得 4 升汽油。此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油 开往 4 号加油站，此时油箱有 4 - 1 + 5 = 8 升汽油 开往 0 号加油站，此时油箱有 8 - 2 + 1 = 7 升汽油 开往 1 号加油站，此时油箱有 7 - 3 + 2 = 6 升汽油 开往 2 号加油站，此时油箱有 6 - 4 + 3 = 5 升汽油 开往 3 号加油站，你需要消耗 5 升汽油，正好足够你返回到 3 号加油站。 因此，3 可为起始索引。
示例 2: 输入: gas = [2,3,4] cost = [3,4,3]
输出: -1 解释: 你不能从 0 号或 1 号加油站出发，因为没有足够的汽油可以让你行驶到下一个加油站。 我们从 2 号加油站出发，可以获得 4 升汽油。 此时油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油 开往 0 号加油站，此时油箱有 4 - 3 + 2 = 3 升汽油 开往 1 号加油站，此时油箱有 3 - 3 + 3 = 3 升汽油 你无法返回 2 号加油站，因为返程需要消耗 4 升汽油，但是你的油箱只有 3 升汽油。 因此，无论怎样，你都不可能绕环路行驶一周。
暴力的方法很明显就是O(n^2)的，遍历每一个加油站为起点的情况，模拟一圈。
如果跑了一圈，中途没有断油，而且最后油量大于等于0，说明这个起点是ok的。
暴力的方法思路比较简单，但代码写起来也不是很容易，关键是要模拟跑一圈的过程。
for循环适合模拟从头到尾的遍历，而while循环适合模拟环形遍历，要善于使用while！
C++代码如下：
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
for (int i = 0; i < cost.size(); i++) {
int rest = gas[i] - cost[i]; // 记录剩余油量
int index = (i + 1) % cost.size();
while (rest > 0 && index != i) { // 模拟以i为起点行驶一圈
rest += gas[index] - cost[index];
index = (index + 1) % cost.size();
}
// 如果以i为起点跑一圈，剩余油量>=0，返回该起始位置
if (rest >= 0 && index == i) return i;
}
return -1;
}
};- 时间复杂度O(n^2)
- 空间复杂度O(n)
C++暴力解法在leetcode上提交也可以过。
直接从全局进行贪心选择，情况如下：
-
情况一：如果gas的总和小于cost总和，那么无论从哪里出发，一定是跑不了一圈的
-
情况二：rest[i] = gas[i]-cost[i]为一天剩下的油，i从0开始计算累加到最后一站，如果累加没有出现负数，说明从0出发，油就没有断过，那么0就是起点。
-
情况三：如果累加的最小值是负数，汽车就要从非0节点出发，从后向前，看哪个节点能这个负数填平，能把这个负数填平的节点就是出发节点。
C++代码如下：
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
int curSum = 0;
int min = INT_MAX; // 从起点出发，油箱里的油量最小值
for (int i = 0; i < gas.size(); i++) {
int rest = gas[i] - cost[i];
curSum += rest;
if (curSum < min) {
min = curSum;
}
}
if (curSum < 0) return -1; // 情况1
if (min >= 0) return 0; // 情况2
// 情况3
for (int i = gas.size() - 1; i >= 0; i--) {
int rest = gas[i] - cost[i];
min += rest;
if (min >= 0) {
return i;
}
}
return -1;
}
};- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
其实我不认为这种方式是贪心算法，因为没有找出局部最优，而是直接从全局最优的角度上思考问题。
但这种解法又说不出是什么方法，这就是一个从全局角度选取最优解的模拟操作。
所以对于本解法是贪心，我持保留意见！
但不管怎么说，解法毕竟还是巧妙的，不用过于执着于其名字称呼。
可以换一个思路，首先如果总油量减去总消耗大于等于零那么一定可以跑完一圈，说明 各个站点的加油站 剩油量rest[i]相加一定是大于等于零的。
每个加油站的剩余量rest[i]为gas[i] - cost[i]。
i从0开始累加rest[i]，和记为curSum，一旦curSum小于零，说明[0, i]区间都不能作为起始位置，起始位置从i+1算起，再从0计算curSum。
如图：
那么为什么一旦[i，j] 区间和为负数，起始位置就可以是j+1呢，j+1后面就不会出现更大的负数？
如果出现更大的负数，就是更新j，那么起始位置又变成新的j+1了。
而且j之前出现了多少负数，j后面就会出现多少正数，因为耗油总和是大于零的（前提我们已经确定了一定可以跑完全程）。
那么局部最优：当前累加rest[j]的和curSum一旦小于0，起始位置至少要是j+1，因为从j开始一定不行。全局最优：找到可以跑一圈的起始位置。
局部最优可以推出全局最优，找不出反例，试试贪心！
C++代码如下：
class Solution {
public:
int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
int curSum = 0;
int totalSum = 0;
int start = 0;
for (int i = 0; i < gas.size(); i++) {
curSum += gas[i] - cost[i];
totalSum += gas[i] - cost[i];
if (curSum < 0) { // 当前累加rest[i]和 curSum一旦小于0
start = i + 1; // 起始位置更新为i+1
curSum = 0; // curSum从0开始
}
}
if (totalSum < 0) return -1; // 说明怎么走都不可能跑一圈了
return start;
}
};- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
说这种解法为贪心算法，才是是有理有据的，因为全局最优解是根据局部最优推导出来的。
对于本题首先给出了暴力解法，暴力解法模拟跑一圈的过程其实比较考验代码技巧的，要对while使用的很熟练。
然后给出了两种贪心算法，对于第一种贪心方法，其实我认为就是一种直接从全局选取最优的模拟操作，思路还是好巧妙的，值得学习一下。
对于第二种贪心方法，才真正体现出贪心的精髓，用局部最优可以推出全局最优，进而求得起始位置。
Java：
class Solution {
public int canCompleteCircuit(int[] gas, int[] cost) {
int sum = 0;
int min = 0;
for (int i = 0; i < gas.length; i++) {
sum += (gas[i] - cost[i]);
min = Math.min(sum, min);
}
if (sum < 0) return -1;
if (min >= 0) return 0;
for (int i = gas.length - 1; i > 0; i--) {
min += (gas[i] - cost[i]);
if (min >= 0) return i;
}
return -1;
}
}Python：
class Solution:
def canCompleteCircuit(self, gas: List[int], cost: List[int]) -> int:
start = 0
curSum = 0
totalSum = 0
for i in range(len(gas)):
curSum += gas[i] - cost[i]
totalSum += gas[i] - cost[i]
if curSum < 0:
curSum = 0
start = i + 1
if totalSum < 0: return -1
return startGo：
