题目

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 。

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。如果有座舱空闲就不能让游客等待。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 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 11 * $1 - 4 * $92 = -$357 。
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

思路

模拟 每一次轮转，最多拉4名游客，将剩余游客堆积到下一次轮转前来的游客当中，直到游客不再来，再将剩下的游客依次拉上车。期间，维护一个最大盈利值； 如果单次拉满4人都不能使这次盈利为正，直接返回-1，同样，如果单次拉满4人能够正盈利，则能拉满4人就必定要拉，若最后一次不足4人，则需判断是否拉最后一次；

解法

class Solution {
    public int minOperationsMaxProfit(int[] customers, int boardingCost, int runningCost) {
        if (runningCost >= boardingCost * 4) return -1;
        int n = customers.length;
        int k = 0, stay = 0, max = 0, curProfit = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            int up = Math.min(customers[i] + stay, 4);//当次上车游客数
            stay = Math.max(customers[i] + stay - 4, 0);//当前堆积未上车游客数
            curProfit = curProfit + up * boardingCost- runningCost;
            if (curProfit > max) {
                max = curProfit;
                k = i + 1;
            }
        }
        /*将剩余游客拉上车，能拉满4人则必定要拉，若最后不足4人则需要判断最后这次是否要拉*/
        int t = stay / 4, m = stay % 4;
        curProfit += t * (4 * boardingCost - runningCost);
        if (m * boardingCost - runningCost > 0) {
            curProfit += m * boardingCost - runningCost;
            t++;//若最后一次不足4人但是能够使当次正盈利，则需要拉这一次，否则不拉；
        }
        if (k == 0) k = -1;//k=0说明之前全部亏损，max为0，若剩余人数仍不能盈利，返回-1；
        return curProfit > max ? n + t : k;
    }
}

总结

• 分析出几种情况，然后分别对各个情况实现