本文章代碼以c++為例！

一、力扣第1005題：K 次取反后最大化的數(shù)組和

題目:

給你一個(gè)整數(shù)數(shù)組 nums 和一個(gè)整數(shù) k ，按以下方法修改該數(shù)組：

• 選擇某個(gè)下標(biāo) i?并將 nums[i] 替換為 -nums[i] 。

重復(fù)這個(gè)過程恰好 k 次。可以多次選擇同一個(gè)下標(biāo) i 。

以這種方式修改數(shù)組后，返回?cái)?shù)組 可能的最大和 。

示例 1：

輸入：nums = [4,2,3], k = 1
輸出：5
解釋：選擇下標(biāo) 1 ，nums 變?yōu)?[4,-2,3] 。

示例 2：

輸入：nums = [3,-1,0,2], k = 3
輸出：6
解釋：選擇下標(biāo) (1, 2, 2) ，nums 變?yōu)?[3,1,0,2] 。

示例 3：

輸入：nums = [2,-3,-1,5,-4], k = 2
輸出：13
解釋：選擇下標(biāo) (1, 4) ，nums 變?yōu)?[2,3,-1,5,4] 。

提示：

• 1 <= nums.length <= 104
• -100 <= nums[i] <= 100
• 1 <= k <= 104

思路

本題思路其實(shí)比較好想了，如何可以讓數(shù)組和最大呢？

貪心的思路，局部最優(yōu)：讓絕對(duì)值大的負(fù)數(shù)變?yōu)檎龜?shù)，當(dāng)前數(shù)值達(dá)到最大，整體最優(yōu)：整個(gè)數(shù)組和達(dá)到最大。

局部最優(yōu)可以推出全局最優(yōu)。

那么如果將負(fù)數(shù)都轉(zhuǎn)變?yōu)檎龜?shù)了，K依然大于0，此時(shí)的問題是一個(gè)有序正整數(shù)序列，如何轉(zhuǎn)變K次正負(fù)，讓 數(shù)組和 達(dá)到最大。

那么又是一個(gè)貪心：局部最優(yōu)：只找數(shù)值最小的正整數(shù)進(jìn)行反轉(zhuǎn)，當(dāng)前數(shù)值和可以達(dá)到最大（例如正整數(shù)數(shù)組{5, 3, 1}，反轉(zhuǎn)1 得到-1 比 反轉(zhuǎn)5得到的-5 大多了），全局最優(yōu)：整個(gè) 數(shù)組和 達(dá)到最大。

雖然這道題目大家做的時(shí)候，可能都不會(huì)去想什么貪心算法，一鼓作氣，就AC了。

我這里其實(shí)是為了給大家展現(xiàn)出來 經(jīng)常被大家忽略的貪心思路，這么一道簡(jiǎn)單題，就用了兩次貪心！

那么本題的解題步驟為：

• 第一步：將數(shù)組按照絕對(duì)值大小從大到小排序，注意要按照絕對(duì)值的大小
• 第二步：從前向后遍歷，遇到負(fù)數(shù)將其變?yōu)檎龜?shù)，同時(shí)K--
• 第三步：如果K還大于0，那么反復(fù)轉(zhuǎn)變數(shù)值最小的元素，將K用完
• 第四步：求和

對(duì)應(yīng)C++代碼如下：

class Solution {
static bool cmp(int a, int b) {
    return abs(a) > abs(b);
}
public:
    int largestSumAfterKNegations(vector<int>& A, int K) {
        sort(A.begin(), A.end(), cmp);       // 第一步
        for (int i = 0; i < A.size(); i++) { // 第二步
            if (A[i] < 0 && K > 0) {
                A[i] *= -1;
                K--;
            }
        }
        if (K % 2 == 1) A[A.size() - 1] *= -1; // 第三步
        int result = 0;
        for (int a : A) result += a;        // 第四步
        return result;
    }
};

• 時(shí)間復(fù)雜度: O(nlogn)
• 空間復(fù)雜度: O(1)

# 總結(jié)

貪心的題目如果簡(jiǎn)單起來，會(huì)讓人簡(jiǎn)單到開始懷疑：本來不就應(yīng)該這么做么？這也算是算法？我認(rèn)為這不是貪心？

本題其實(shí)很簡(jiǎn)單，不會(huì)貪心算法的同學(xué)都可以做出來，但是我還是全程用貪心的思路來講解。

因?yàn)樨澬牡乃伎挤绞揭欢ㄒ校?/p>

如果沒有貪心的思考方式（局部最優(yōu)，全局最優(yōu)），很容易陷入貪心簡(jiǎn)單題憑感覺做，貪心難題直接不會(huì)做，其實(shí)這樣就鍛煉不了貪心的思考方式了。

所以明知道是貪心簡(jiǎn)單題，也要靠貪心的思考方式來解題，這樣對(duì)培養(yǎng)解題感覺很有幫助。

二、力扣第134題：加油站

題目：

在一條環(huán)路上有 n?個(gè)加油站，其中第 i?個(gè)加油站有汽油?gas[i]?升。

你有一輛油箱容量無限的的汽車，從第 i 個(gè)加油站開往第 i+1?個(gè)加油站需要消耗汽油?cost[i]?升。你從其中的一個(gè)加油站出發(fā)，開始時(shí)油箱為空。

給定兩個(gè)整數(shù)數(shù)組 gas 和 cost ，如果你可以按順序繞環(huán)路行駛一周，則返回出發(fā)時(shí)加油站的編號(hào)，否則返回 -1 。如果存在解，則 保證 它是 唯一 的。

示例?1:

輸入: gas = [1,2,3,4,5], cost = [3,4,5,1,2]
輸出: 3
解釋:
從 3 號(hào)加油站(索引為 3 處)出發(fā)，可獲得 4 升汽油。此時(shí)油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
開往 4 號(hào)加油站，此時(shí)油箱有 4 - 1 + 5 = 8 升汽油
開往 0 號(hào)加油站，此時(shí)油箱有 8 - 2 + 1 = 7 升汽油
開往 1 號(hào)加油站，此時(shí)油箱有 7 - 3 + 2 = 6 升汽油
開往 2 號(hào)加油站，此時(shí)油箱有 6 - 4 + 3 = 5 升汽油
開往 3 號(hào)加油站，你需要消耗 5 升汽油，正好足夠你返回到 3 號(hào)加油站。
因此，3 可為起始索引。

示例 2:

輸入: gas = [2,3,4], cost = [3,4,3]
輸出: -1
解釋:
你不能從 0 號(hào)或 1 號(hào)加油站出發(fā)，因?yàn)闆]有足夠的汽油可以讓你行駛到下一個(gè)加油站。
我們從 2 號(hào)加油站出發(fā)，可以獲得 4 升汽油。 此時(shí)油箱有 = 0 + 4 = 4 升汽油
開往 0 號(hào)加油站，此時(shí)油箱有 4 - 3 + 2 = 3 升汽油
開往 1 號(hào)加油站，此時(shí)油箱有 3 - 3 + 3 = 3 升汽油
你無法返回 2 號(hào)加油站，因?yàn)榉党绦枰?4 升汽油，但是你的油箱只有 3 升汽油。
因此，無論怎樣，你都不可能繞環(huán)路行駛一周。

提示:

• gas.length == n
• cost.length == n
• 1 <= n <= 105
• 0 <= gas[i], cost[i] <= 104

思路

# 暴力方法

暴力的方法很明顯就是O(n^2)的，遍歷每一個(gè)加油站為起點(diǎn)的情況，模擬一圈。

如果跑了一圈，中途沒有斷油，而且最后油量大于等于0，說明這個(gè)起點(diǎn)是ok的。

暴力的方法思路比較簡(jiǎn)單，但代碼寫起來也不是很容易，關(guān)鍵是要模擬跑一圈的過程。

for循環(huán)適合模擬從頭到尾的遍歷，而while循環(huán)適合模擬環(huán)形遍歷，要善于使用while！

C++代碼如下：

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]; // 記錄剩余油量
            int index = (i + 1) % cost.size();
            while (rest > 0 && index != i) { // 模擬以i為起點(diǎn)行駛一圈（如果有rest==0，那么答案就不唯一了）
                rest += gas[index] - cost[index];
                index = (index + 1) % cost.size();
            }
            // 如果以i為起點(diǎn)跑一圈，剩余油量>=0，返回該起始位置
            if (rest >= 0 && index == i) return i;
        }
        return -1;
    }
};

問題是：有多個(gè)加油站形成一個(gè)環(huán)形路線，每個(gè)加油站都有一個(gè)固定的油量（gas數(shù)組）和從當(dāng)前加油站開到下一個(gè)加油站所需要的油量（cost數(shù)組）。問從哪個(gè)加油站出發(fā)，可以走完整個(gè)環(huán)形路線。如果不能從任何一個(gè)加油站出發(fā)走完整個(gè)環(huán)形，返回-1。

代碼解析：

1. 外層循環(huán)：for (int i = 0; i < cost.size(); i++)?- 遍歷所有加油站，考慮每一個(gè)加油站作為起點(diǎn)。

2. int rest = gas[i] - cost[i];?-?rest?記錄從當(dāng)前加油站出發(fā)后的剩余油量。初始值是當(dāng)前加油站的油量減去開到下一個(gè)加油站所需的油量。

3. int index = (i + 1) % cost.size();?- 初始化一個(gè)index，它表示從第i個(gè)加油站出發(fā)后下一個(gè)要到達(dá)的加油站的位置。這里使用了取模操作，確保index在數(shù)組的范圍內(nèi)。

4. 內(nèi)層循環(huán)：while (rest > 0 && index != i)?- 當(dāng)剩余的油量為正且沒有回到起點(diǎn)時(shí)，繼續(xù)模擬行駛。

   • rest += gas[index] - cost[index];?- 更新剩余油量，加上在下一個(gè)加油站獲得的油量并減去開往再下一個(gè)加油站所需的油量。

   • index = (index + 1) % cost.size();?- 移動(dòng)到下一個(gè)加油站。

5. 判斷條件：if (rest >= 0 && index == i)?- 如果剩余油量不為負(fù)且回到了出發(fā)的加油站，則找到了一個(gè)滿足條件的起始位置。

6. 如果所有的加油站都作為起點(diǎn)嘗試過后都不能滿足條件，返回-1。

這個(gè)算法的基本思想是，對(duì)于每一個(gè)加油站，都嘗試從它開始走一圈看是否可行。如果某個(gè)加油站作為起點(diǎn)走不通，則說明它到下一個(gè)加油站之間的任何一個(gè)加油站都不能作為起點(diǎn)。因?yàn)槿绻渲幸粋€(gè)可以作為起點(diǎn)，則前一個(gè)加油站也可以。所以，當(dāng)找到一個(gè)加油站不能作為起點(diǎn)時(shí)，可以直接跳過它到下一個(gè)加油站之間的所有加油站，繼續(xù)嘗試下一個(gè)。

• 時(shí)間復(fù)雜度：O(n^2)
• 空間復(fù)雜度：O(1)

# 貪心算法（方法一）

直接從全局進(jìn)行貪心選擇，情況如下：

• 情況一：如果gas的總和小于cost總和，那么無論從哪里出發(fā)，一定是跑不了一圈的

• 情況二：rest[i] = gas[i]-cost[i]為一天剩下的油，i從0開始計(jì)算累加到最后一站，如果累加沒有出現(xiàn)負(fù)數(shù)，說明從0出發(fā)，油就沒有斷過，那么0就是起點(diǎn)。

• 情況三：如果累加的最小值是負(fù)數(shù)，汽車就要從非0節(jié)點(diǎn)出發(fā)，從后向前，看哪個(gè)節(jié)點(diǎn)能把這個(gè)負(fù)數(shù)填平，能把這個(gè)負(fù)數(shù)填平的節(jié)點(diǎn)就是出發(fā)節(jié)點(diǎn)。

C++代碼如下：

class Solution {
public:
    int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {
        int curSum = 0;
        int min = INT_MAX; // 從起點(diǎn)出發(fā)，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;  // 情況1
        if (min >= 0) return 0;     // 情況2
                                    // 情況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;
    }
};

這是一個(gè)優(yōu)化版本的解決方案，用于解決同樣的「加油站環(huán)形路線」問題。這個(gè)版本的算法使用了貪心的思想，通過一次遍歷來確定從哪個(gè)加油站出發(fā)可以完成整個(gè)環(huán)形路線。

代碼解析：

1. 初始化兩個(gè)變量：

   • curSum：用于記錄從起點(diǎn)出發(fā)，油箱里的油量累計(jì)值。
   • min：用于記錄從起點(diǎn)出發(fā)，油箱里的油量最小值。

2. 第一個(gè)循環(huán)：for (int i = 0; i < gas.size(); i++)?- 遍歷所有加油站，計(jì)算從起點(diǎn)出發(fā)到每個(gè)加油站的油量累計(jì)值，并更新curSum和min。

3. if (curSum < 0) return -1;?- 如果curSum為負(fù)，說明油的總量不足以支撐整個(gè)環(huán)形路線，直接返回-1。

4. if (min >= 0) return 0;?- 如果min為非負(fù)，說明從第0個(gè)加油站出發(fā)，油箱里的油量始終為非負(fù)，因此可以從第0個(gè)加油站出發(fā)完成整個(gè)環(huán)形路線。

5. 第二個(gè)循環(huán)：for (int i = gas.size() - 1; i >= 0; i--)?- 如果上述兩種情況都不滿足，從最后一個(gè)加油站開始反向遍歷。這是因?yàn)?，如果從?個(gè)加油站出發(fā)在某個(gè)加油站油量最少（即min），那么從這個(gè)加油站的下一個(gè)加油站出發(fā)可能是一個(gè)合適的起點(diǎn)。

6. 在第二個(gè)循環(huán)中，每次都更新min的值，并檢查min是否為非負(fù)。如果為非負(fù)，說明從當(dāng)前加油站出發(fā)可以完成整個(gè)環(huán)形路線。

7. 如果所有的加油站都嘗試過后都不滿足條件，返回-1。

這個(gè)算法的基本思想是，首先檢查總的油量是否足夠支撐整個(gè)環(huán)形路線，然后找到從哪個(gè)加油站出發(fā)油箱里的油量最少。如果這個(gè)最小值為非負(fù)，說明可以從第0個(gè)加油站出發(fā)；否則，從這個(gè)最小值對(duì)應(yīng)的加油站的下一個(gè)加油站開始嘗試，直到找到一個(gè)合適的起點(diǎn)或者遍歷完所有的加油站。

• 時(shí)間復(fù)雜度：O(n)
• 空間復(fù)雜度：O(1)

其實(shí)我不認(rèn)為這種方式是貪心算法，因?yàn)闆]有找出局部最優(yōu)，而是直接從全局最優(yōu)的角度上思考問題。

但這種解法又說不出是什么方法，這就是一個(gè)從全局角度選取最優(yōu)解的模擬操作。

所以對(duì)于本解法是貪心，我持保留意見！

但不管怎么說，解法畢竟還是巧妙的，不用過于執(zhí)著于其名字稱呼。

# 貪心算法（方法二）

可以換一個(gè)思路，首先如果總油量減去總消耗大于等于零那么一定可以跑完一圈，說明 各個(gè)站點(diǎn)的加油站 剩油量rest[i]相加一定是大于等于零的。

每個(gè)加油站的剩余量rest[i]為gas[i] - cost[i]。

i從0開始累加rest[i]，和記為curSum，一旦curSum小于零，說明[0, i]區(qū)間都不能作為起始位置，因?yàn)檫@個(gè)區(qū)間選擇任何一個(gè)位置作為起點(diǎn)，到i這里都會(huì)斷油，那么起始位置從i+1算起，再?gòu)?計(jì)算curSum。

如圖：

那么為什么一旦[0，i] 區(qū)間和為負(fù)數(shù)，起始位置就可以是i+1呢，i+1后面就不會(huì)出現(xiàn)更大的負(fù)數(shù)？

如果出現(xiàn)更大的負(fù)數(shù)，就是更新i，那么起始位置又變成新的i+1了。

那有沒有可能 [0，i] 區(qū)間 選某一個(gè)作為起點(diǎn)，累加到 i這里 curSum是不會(huì)小于零呢？ 如圖：

如果 curSum<0 說明 區(qū)間和1 + 區(qū)間和2 < 0， 那么 假設(shè)從上圖中的位置開始計(jì)數(shù)curSum不會(huì)小于0的話，就是 區(qū)間和2>0。

區(qū)間和1 + 區(qū)間和2 < 0 同時(shí) 區(qū)間和2>0，只能說明區(qū)間和1 < 0， 那么就會(huì)從假設(shè)的箭頭初就開始從新選擇其實(shí)位置了。

那么局部最優(yōu)：當(dāng)前累加rest[i]的和curSum一旦小于0，起始位置至少要是i+1，因?yàn)閺膇之前開始一定不行。全局最優(yōu)：找到可以跑一圈的起始位置。

局部最優(yōu)可以推出全局最優(yōu)，找不出反例，試試貪心！

C++代碼如下：

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) {   // 當(dāng)前累加rest[i]和 curSum一旦小于0
                start = i + 1;  // 起始位置更新為i+1
                curSum = 0;     // curSum從0開始
            }
        }
        if (totalSum < 0) return -1; // 說明怎么走都不可能跑一圈了
        return start;
    }
};

• 時(shí)間復(fù)雜度：O(n)
• 空間復(fù)雜度：O(1)

說這種解法為貪心算法，才是有理有據(jù)的，因?yàn)槿肿顑?yōu)解是根據(jù)局部最優(yōu)推導(dǎo)出來的。

# 總結(jié)

對(duì)于本題首先給出了暴力解法，暴力解法模擬跑一圈的過程其實(shí)比較考驗(yàn)代碼技巧的，要對(duì)while使用的很熟練。

然后給出了兩種貪心算法，對(duì)于第一種貪心方法，其實(shí)我認(rèn)為就是一種直接從全局選取最優(yōu)的模擬操作，思路還是很巧妙的，值得學(xué)習(xí)一下。

對(duì)于第二種貪心方法，才真正體現(xiàn)出貪心的精髓，用局部最優(yōu)可以推出全局最優(yōu)，進(jìn)而求得起始位置。

三、力扣第135題：分發(fā)糖果

題目：

n 個(gè)孩子站成一排。給你一個(gè)整數(shù)數(shù)組 ratings 表示每個(gè)孩子的評(píng)分。

你需要按照以下要求，給這些孩子分發(fā)糖果：

• 每個(gè)孩子至少分配到 1 個(gè)糖果。
• 相鄰兩個(gè)孩子評(píng)分更高的孩子會(huì)獲得更多的糖果。

請(qǐng)你給每個(gè)孩子分發(fā)糖果，計(jì)算并返回需要準(zhǔn)備的 最少糖果數(shù)目 。

示例?1：

輸入：ratings = [1,0,2]
輸出：5
解釋：你可以分別給第一個(gè)、第二個(gè)、第三個(gè)孩子分發(fā) 2、1、2 顆糖果。

示例?2：

輸入：ratings = [1,2,2]
輸出：4
解釋：你可以分別給第一個(gè)、第二個(gè)、第三個(gè)孩子分發(fā) 1、2、1 顆糖果。
     第三個(gè)孩子只得到 1 顆糖果，這滿足題面中的兩個(gè)條件。

提示：

• n == ratings.length
• 1 <= n <= 2 * 104
• 0 <= ratings[i] <= 2 * 104

思路

這道題目一定是要確定一邊之后，再確定另一邊，例如比較每一個(gè)孩子的左邊，然后再比較右邊，如果兩邊一起考慮一定會(huì)顧此失彼。

先確定右邊評(píng)分大于左邊的情況（也就是從前向后遍歷）

此時(shí)局部最優(yōu)：只要右邊評(píng)分比左邊大，右邊的孩子就多一個(gè)糖果，全局最優(yōu)：相鄰的孩子中，評(píng)分高的右孩子獲得比左邊孩子更多的糖果

局部最優(yōu)可以推出全局最優(yōu)。

如果ratings[i] > ratings[i - 1] 那么[i]的糖 一定要比[i - 1]的糖多一個(gè)，所以貪心：candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1

代碼如下：

// 從前向后
for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
    if (ratings[i] > ratings[i - 1]) candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1;
}

如圖：

再確定左孩子大于右孩子的情況（從后向前遍歷）

遍歷順序這里有同學(xué)可能會(huì)有疑問，為什么不能從前向后遍歷呢？

因?yàn)?rating[5]與rating[4]的比較 要利用上 rating[5]與rating[6]的比較結(jié)果，所以 要從后向前遍歷。

如果從前向后遍歷，rating[5]與rating[4]的比較 就不能用上 rating[5]與rating[6]的比較結(jié)果了 。如圖：

所以確定左孩子大于右孩子的情況一定要從后向前遍歷！

如果 ratings[i] > ratings[i + 1]，此時(shí)candyVec[i]（第i個(gè)小孩的糖果數(shù)量）就有兩個(gè)選擇了，一個(gè)是candyVec[i + 1] + 1（從右邊這個(gè)加1得到的糖果數(shù)量），一個(gè)是candyVec[i]（之前比較右孩子大于左孩子得到的糖果數(shù)量）。

那么又要貪心了，局部最優(yōu)：取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果數(shù)量，保證第i個(gè)小孩的糖果數(shù)量既大于左邊的也大于右邊的。全局最優(yōu)：相鄰的孩子中，評(píng)分高的孩子獲得更多的糖果。

局部最優(yōu)可以推出全局最優(yōu)。

所以就取candyVec[i + 1] + 1 和 candyVec[i] 最大的糖果數(shù)量，candyVec[i]只有取最大的才能既保持對(duì)左邊candyVec[i - 1]的糖果多，也比右邊candyVec[i + 1]的糖果多。

如圖：

所以該過程代碼如下：

// 從后向前
for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) {
    if (ratings[i] > ratings[i + 1] ) {
        candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);
    }
}

整體代碼如下：

class Solution {
public:
    int candy(vector<int>& ratings) {
        vector<int> candyVec(ratings.size(), 1);
        // 從前向后
        for (int i = 1; i < ratings.size(); i++) {
            if (ratings[i] > ratings[i - 1]) candyVec[i] = candyVec[i - 1] + 1;
        }
        // 從后向前
        for (int i = ratings.size() - 2; i >= 0; i--) {
            if (ratings[i] > ratings[i + 1] ) {
                candyVec[i] = max(candyVec[i], candyVec[i + 1] + 1);
            }
        }
        // 統(tǒng)計(jì)結(jié)果
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < candyVec.size(); i++) result += candyVec[i];
        return result;
    }
};

• 時(shí)間復(fù)雜度: O(n)
• 空間復(fù)雜度: O(n)

# 總結(jié)

這在leetcode上是一道困難的題目，其難點(diǎn)就在于貪心的策略，如果在考慮局部的時(shí)候想兩邊兼顧，就會(huì)顧此失彼。

那么本題我采用了兩次貪心的策略：

• 一次是從左到右遍歷，只比較右邊孩子評(píng)分比左邊大的情況。
• 一次是從右到左遍歷，只比較左邊孩子評(píng)分比右邊大的情況。

這樣從局部最優(yōu)推出了全局最優(yōu)，即：相鄰的孩子中，評(píng)分高的孩子獲得更多的糖果。

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到了這里，關(guān)于第八章 貪心算法 part03 1005.K次取反后最大化的數(shù)組和 134. 加油站 135. 分發(fā)糖果 （day34補(bǔ)）的文章就介紹完了。如果您還想了解更多內(nèi)容，請(qǐng)?jiān)谟疑辖撬阉鱐OY模板網(wǎng)以前的文章或繼續(xù)瀏覽下面的相關(guān)文章，希望大家以后多多支持TOY模板網(wǎng)！