一，常见数据结构
1，数组
3-找出数组中重复的数字
解题方法：
- 直接排序，然后遍历，思路很简单但是执行起来比较麻烦
- 哈希表，就是找另一个数组，把nums的元素一个一个放进去，放进去之前判断里面有没有，如果里面已经有了那就遇到重复元素，结束。
- 原地置换。思路是重头扫描数组，遇到下标为 i 的数字如果不是 i 的话（假设为m), 那么我们就拿与下标 m 的数字交换。在交换过程中，如果有重复的数字发生，那么终止返回 ture。
C++代码：
class Solution {
private:
void swap(int &a, int &b)
{
int temp = a;
a = b;
b = temp;
}
public:
/**
* 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可
* @param numbers int整型vector
* @return int整型
*/
// 哈希表法
int duplicate(vector<int>& numbers) {
// write code here
multiset<int> set1;
for(auto i: numbers){
set1.insert(i);
if (set1.count(i) > 1)
return i;
}
return -1;
}
// 原地置换法
int findRepeatNumber(vector<int>& numbers) {
int n = numbers.size();
for(int i=0; i<n; i++){
// 如果遇到下标i与nums[i]不一样，那么就要把这个nums[i]换到它应该去的下标下面
if(numbers[i] != i){
if(numbers[i] == numbers[numbers[i]]) // 如果那么下标下面已经被占了，那么就找到了重复值，结束！
return numbers[i];
else
swap(numbers[i],numbers[numbers[i]]);
}
}
return 0;
}
};
4-二维数组中的查找
在一个 n * m 的二维数组中，每一行都按照从左到右递增的顺序排序，每一列都按照从上到下递增的顺序排序。请完成一个高效的函数，输入这样的一个二维数组和一个整数，判断数组中是否含有该整数。
示例:现有矩阵 matrix 如下：
[
[1, 4, 7, 11, 15],
[2, 5, 8, 12, 19],
[3, 6, 9, 16, 22],
[10, 13, 14, 17, 24],
[18, 21, 23, 26, 30]
]
- 给定 target = 5，返回 true。
- 给定 target = 20，返回 false。
c++ 代码如下：
class Solution {
public:
bool findNumberIn2DArray(vector<vector<int>>& matrix, int target) {
if(matrix.size() == 0)
return false;
int rows = matrix.size();
int cols = (*matrix.begin()).size();
int r = 0, c = cols -1; // 从右上角开始
while(r<=rows-1 && c >>0){
if(target == matrix[r][c])
return true;
else if(target > matrix[r][c])
r++;
else
c--;
}
return false;
}
};
5-替换空格
请实现一个函数，把字符串 s 中的每个空格替换成”%20″。
示例 1：
输入：s = "We are happy."
输出："We%20are%20happy."
限制：0 <= s 的长度 <= 10000
解题方法：
题解：双指针法： p2 指针指向扩容之后的 string 最后一位，p1 指向原指针最后一位，遍历指针，如果 p1 遇到空格，就将 p2 向前移动三次并赋值为’%20’，没有，则将 p1 字符赋值给 p2 字符。
C++代码：
class Solution {
public:
string replaceSpace(string s) {
int count = 0, len = s.size();
for(char& c:s){
if(c == ' ') count++;
}
s.resize(len + 2*count);
cout << count;
for(int i = len-1, j=s.size()-1; i<j; i--,j--){
if(s[i] == ' '){
cout << s[i];
s[j] = '0';
s[j-1] = '2';
s[j-2] = '%';
j -= 2;
}
else{
s[j] = s[i];
}
}
return s;
}
};
29-顺时针打印矩阵
输入一个矩阵，按照从外向里以顺时针的顺序依次打印出每一个数字。
示例 1：
输入：matrix = [[1,2,3],[4,5,6],[7,8,9]]
输出：[1,2,3,6,9,8,7,4,5]
示例 2：
输入：matrix = [[1,2,3,4],[5,6,7,8],[9,10,11,12]]
输出：[1,2,3,4,8,12,11,10,9,5,6,7]
限制：
0 <= matrix.length <= 1000 <= matrix[i].length <= 100
解题方法：
从左到右，从上到下，检查一次是否遍历完，从右到左，从下到上
C++代码：
class Solution {
public:
vector<int> printMatrix(vector<vector<int> > matrix) {
// left to right, top to bottom
if(matrix.empty()) return {};
vector<int> res;
int l = 0, r = matrix[0].size()-1, t = 0, b = matrix.size()-1;
int nums = (r+1) * (b+1);
while(res.size() != nums){
for(int i=l; i<=r; i++) // 从左往右遍历：行索引不变，列索引增加
res.push_back(matrix[t][i]);
t++;
for(int j=t; j<=b; j++) // 从上到下遍历:列索引不变，行索引增加
res.push_back(matrix[j][r]);
r--;
// 检查一次是否遍历完
if(res.size() == nums) break;
for(int m=r; m>=l; m--) // 从右往左遍历：行索引不变，列索引减少
res.push_back(matrix[b][m]);
b--;
for(int n=b; n>=t; n--) // 从下往上遍历：列索引不变，行索引减少
res.push_back(matrix[n][l]);
l++;
}
return res;
}
};
leetcode 989-数组形式的整数加法
对于非负整数 X 而言，X 的数组形式是每位数字按从左到右的顺序形成的数组。例如，如果 X = 1231，那么其数组形式为 [1,2,3,1]。
给定非负整数 X 的数组形式 A，返回整数 X+K 的数组形式。
示例 1：
输入：A = [1,2,0,0], K = 34
输出：[1,2,3,4]
解释：1200 + 34 = 1234
示例 2：
输入：A = [2,7,4], K = 181
输出：[4,5,5]
解释：274 + 181 = 455
限制：
- 1 <= A.length <= 10000
- 0 <= A[i] <= 9
- 0 <= K <= 10000
- 如果 A.length > 1，那么 A[0] != 0
解题方法：
两数相加形式的题目，可用以下加法公式模板。
当前位 = (A 的当前位 + B 的当前位 + 进位carry) % 10
while ( A 没完 || B 没完)
A 的当前位
B 的当前位
和 = A 的当前位 + B 的当前位 + 进位carry
当前位 = 和 % 10;
进位 = 和 / 10;
判断是否还有进位
复杂度分析：
- 时间复杂度: \(O(n)\)
- 空间复杂度: \(O(n)\)
C++代码：
class Solution {
public: // 逐位相加法，使用加法模板
vector<int> addToArrayForm(vector<int>& num, int k) {
int sum = 0;
int carry = 0;
int n = num.size()-1;
vector<int> res;
while(n >=0 || k != 0){
int remainder = k % 10; // k 的当前位
if(n>=0) sum = num[n] + remainder + carry;
else sum = remainder + carry;
carry = sum / 10; // 进位计算
sum %= 10; // 当前位计算
res.push_back(sum);
k /= 10;
n -= 1;
}
if(carry != 0) res.push_back(carry); // 判断是否还有进位
reverse(res.begin(), res.end()); // 反转数组
return res;
}
};
leetcode26-删除有序数组中的重复项
给你一个有序数组 nums ，请你 原地 删除重复出现的元素，使每个元素 只出现一次 ，返回删除后数组的新长度。
不要使用额外的数组空间，你必须在 原地 修改输入数组 并在使用 O(1) 额外空间的条件下完成。
解题思路：
双指针：
- 一个读指针、一个写指针遍历数组；
- 遇到重复的元素，读指针继续前进，写指针不做操作；
- 遇到不同的元素，写指针前进一步，并写入那个元素。
class Solution {
public:
// 双指针法
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
if (nums.empty()) return 0;
int r=0, w = 0;
// int n = nums.size(); // 数组长度
while(r < nums.size()){
if(nums[r] != nums[w]){
w++;
nums[w] = nums[r];
}
r += 1;
}
return w+1;
}
int removeDuplicates2(vector<int>& nums) {
if (nums.empty()) return 0;
int duplicatedNum = nums[0];
int j=0;
for(int i=1;i<nums.size(); i++){
if(duplicatedNum != nums[i]) {
j += 1;
nums[j] = nums[i];
duplicatedNum = nums[i];
}
}
return j+1;
}
};
leetcode35-搜索插入位置
给定一个排序数组和一个目标值，在数组中找到目标值，并返回其索引。如果目标值不存在于数组中，返回它将会被按顺序插入的位置。
请必须使用时间复杂度为 O(log n) 的算法。
解题方法：
二分查找法（非递归实现），查找结束如果没有相等值则返回 left，该值为插入位置
class Solution {
public:
// 二分法+非递归实现
int searchInsert(vector<int>& nums, int target) {
int low = 0, high = nums.size()-1;
while( low <= high){
int mid = low+(high-low)/2; //mid = low+((high-low)>>1)
// int mid = (low+high)/2;
if( nums[mid] == target ) return mid;
else if (target < nums[mid]) high = mid - 1;
else low = mid + 1;
}
return low;
}
};
2，链表
6-从尾到头打印单链表
输入一个链表的头节点，从尾到头反过来返回每个节点的值（用数组返回）。
示例 1：
输入：head = [1,3,2]
输出：[2,3,1]
限制：0 <= 链表长度 <= 10000
解题方法：
使用栈的思想(Python 用 list 模拟栈, pop 弹出栈头元素)，栈具有后进先出的特点，在遍历链表时将值按顺序放入栈中，最后出栈的顺序即为逆序。注意和 C 语言不同，C++ 的结构体可以有构造函数！
C++代码：
class Solution{
public:
vector<int> reversePrint(ListNode* head) {
stack<int> values; // 创建一个不包含任何元素的 stack 适配器，并采用默认的 deque 基础容器：
vector<int> result;
while (head != nullptr){
values.push(head->val);
head = head->next;
}
while(!values.empty()){
result.push_back(values.top());
values.pop();
}
return result;
}
};
18.1-删除链表的节点
给定单向链表的头指针和一个要删除的节点的值，定义一个函数删除该节点。返回删除后的链表的头节点。（注意：此题对比原题有改动）
示例 1:
输入: head = [4,5,1,9], val = 5
输出: [4,1,9]
解释: 给定你链表中值为 5 的第二个节点，那么在调用了你的函数之后，该链表应变为 4 -> 1 -> 9.
示例 2:
输入: head = [4,5,1,9], val = 1
输出: [4,5,9]
解释: 给定你链表中值为 1 的第三个节点，那么在调用了你的函数之后，该链表应变为 4 -> 5 -> 9.
说明：
- 题目保证链表中节点的值互不相同
- 若使用 C 或 C++ 语言，你不需要 free 或 delete 被删除的节点
解题思路：
- 定位节点： 遍历链表，直到 head.val == val 时跳出，即可定位目标节点。
- 修改引用： 设节点 cur 的前驱节点为 pre ，后继节点为 cur.next ；则执行 pre.next = cur.next ，即可实现删除 cur 节点。
C++代码：
class Solution {
public:
ListNode* deleteNode(ListNode* head, int val) {
if(head->val == val) return head -> next;
ListNode* pre = head; ListNode* cur = head->next;
while(cur != nullptr && cur->val != val) {
pre = cur;
cur = cur->next;
}
pre->next = cur->next;
return head;
}
};
18.2 删除链表中重复的节点
题目描述：在一个排序的链表中，存在重复的结点，请删除该链表中重复的结点，重复的结点不保留，返回链表头指针。 例如，链表1->2->3->3->4->4->5 处理后为 1->2->5
解题方法：
迭代解法
C++代码：
class Solution {
public:
ListNode* deleteDuplication(ListNode* head) {
ListNode *vhead = new ListNode(-1);
vhead->next = head;
ListNode* pre = vhead,*cur = head;
while(cur){
if(cur->next && cur->val==cur->next->val){
cur = cur->next;
while(cur->next && cur->val == cur->next->val){
cur = cur->next;
}
cur = cur -> next;
pre->next = cur;
}
else{
pre = cur;
cur = cur->next;
}
}
return vhead->next;
}
};
22-链表中倒数第k个节点
输入一个链表，输出该链表中倒数第k个节点。为了符合大多数人的习惯，本题从1开始计数，即链表的尾节点是倒数第1个节点。
例如，一个链表有 6 个节点，从头节点开始，它们的值依次是 1、2、3、4、5、6。这个链表的倒数第 3 个节点是值为 4 的节点。
示例：
给定一个链表: 1->2->3->4->5, 和 k = 2.
返回链表 4->5.
解题方法：
双指针法。不用统计链表长度。前指针 former 先向前走 k 步。
C++代码：
// Definition for singly-linked list.
struct ListNode {
int val;
ListNode *next;
ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
};
class Solution {
public:
ListNode* getKthFromEnd(ListNode* head, int k) {
ListNode* former = head;
ListNode* latter = head;
for(int i=0;i<k;i++){
former = former->next;
}
while(former != NULL){
former = former->next;
latter = latter->next;
}
return latter;
}
};
23-链表中环的入口结点
给一个长度为 n 的链表，若其中包含环，请找出该链表的环的入口结点，否则，返回 null。
- 输入描述：输入分为2段，第一段是入环前的链表部分，第二段是链表环的部分，后台将这2个会组装成一个有环或者无环单链表
- 返回值描述：返回链表的环的入口结点即可。而我们后台程序会打印这个节点
示例1：
输入：{1,2},{3,4,5}
返回值：3
说明：返回环形链表入口节点，我们后台会打印该环形链表入口节点，即3
解题思路：
采用双指针解法，一快一慢指针。快指针每次跑两个element，慢指针每次跑一个。如果存在一个圈，总有一天，快指针是能追上慢指针的。
C++代码：
class Solution {
public:
ListNode* EntryNodeOfLoop(ListNode* pHead) {
ListNode* fast = pHead;
ListNode* slow = pHead;
while( fast && fast->next) { // 找到 fast 指针和 slow 指针相遇位置
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
if(fast == slow ) break;
}
if (!fast || !fast->next) return nullptr;
fast = pHead; // fast 指针指向头节点，slow 指针原地不变
while(fast != slow ) { // 两个指针重新相遇于环的入口点
fast = fast->next;
slow = slow->next;
}
return fast;
}
};
24-反转一个单链表
给你单链表的头节点 head ，请你反转链表，并返回反转后的链表。
示例1：
输入：head = [1,2,3,4,5]
输出：[5,4,3,2,1]
解题思路：
双指针迭代法。
C++代码：
class Solution {
public: // 双指针迭代法
ListNode* reverseList(ListNode* head) {
// 判断链表为空或长度为1的情况
if(head == nullptr || head->next == nullptr){
return head;
}
ListNode* pre = nullptr; // 当前节点的前一个节点
ListNode* next = nullptr; // 当前节点的下一个节点
while( head != nullptr){
next = head->next; // 记录当前节点的下一个节点位置；
head->next = pre; // 让当前节点指向前一个节点位置，完成反转
pre = head; // pre 往右走
head = next;// 当前节点往右继续走
}
return pre;
}
};
52-两个链表的第一个公共节点
输入两个链表，找出它们的第一个公共节点。
解题方法：
1，双指针法：设节点指针 A 指向头节点 headA, 节点指针 B 指向头节点 headB。
- A 先遍历完链表 headA，然后遍历 headB;
- B 先遍历完链表 headB，然后遍历 headA;
只要有公共节点，总路程数，或者说 A 经过的节点数和 B 经过的节点数是一样的，
如果没有公共节点，只有当 A 和 B都变成了 nullptr的时候，两者最终走的路程才是一样的。
然后只需比较 A和 B是否相等，相等的那个位置即为公共节点，因为此使，两者走的步数开始相等了。
2，栈特性解法。两个链表从公共结点开始后面都是一样的，顺着链表从后向前查找，很容易就能查找到链表的公共结点（第一个不相同的结点的下一个结点即所求）；而从后向前的特性自然联想到栈。
3，哈希表法。
复杂度分析：
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
C++代码：
class Solution {
public:
// 双指针法
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
ListNode* A = headA;
ListNode* B = headB;
while(A != B){
if(A != nullptr) A = A->next;
else A = headB;
if (B != nullptr) B = B->next;
else B = headA;
}
return A;
}
// 哈希表法，哈希表中存储链表节点指针
ListNode *getIntersectionNode2(ListNode *headA, ListNode *headB) {
unordered_set<ListNode *> visited;
ListNode* temp = headA;
while(temp != nullptr){
visited.insert(temp);
temp = temp -> next;
}
temp = headB;
while(temp != nullptr){
// count 方法判断哈希表中是否存在 temp 关键字
if(visited.count(temp)) return temp;
else temp = temp -> next;
}
return nullptr;
}
// vector 法，vector 中元素为链表节点指针
ListNode *getIntersectionNode3(ListNode *headA, ListNode *headB) {
vector<ListNode *> visited;
ListNode* temp = headA;
while(temp != nullptr){
visited.push_back(temp);
temp = temp -> next;
}
temp = headB;
while(temp != nullptr){
// find 函数查找 vector 中是否存在 temp 元素
if(visited.end() != find(visited.begin(), visited.end(), temp)) return temp;
else temp = temp -> next;
}
return nullptr;
}
// 栈特性解法
ListNode *getIntersectionNode4(ListNode *headA, ListNode *headB) {
ListNode *l1 = headA;
ListNode *l2 = headB;
stack<ListNode* > st1, st2;
while(headA != nullptr){
st1.push(headA);
headA = headA->next;
}
while(headB != nullptr){
st2.push(headB);
headB = headB->next;
}
ListNode* ans = nullptr;
while(!st1.empty()&&!st2.empty()&&st1.top()==st2.top()){
ans = st1.top();
st1.pop();
st2.pop();
}
return ans;
}
};
leetcode 61-旋转链表
给你一个链表的头节点 head ，旋转链表，将链表每个节点向右移动 k 个位置。
示例1
输入：head = [1,2,3,4,5], k = 2
输出：[4,5,1,2,3]
解题思路：
将原来的链表首尾相连变成环，然后找倒数第 k 个点作为新的表头，即原来的表头向右移动 (n-1)-(k%n) 次后断开。
C++代码：
class Solution {
public:
ListNode* rotateRight(ListNode* head, int k) {
if (k == 0 || head == nullptr || head->next == nullptr) {
return head;
}
ListNode* cur = head;
int n = 1;
while(cur -> next != nullptr){
cur = cur -> next;
n += 1;
}
cur -> next = head; // 将链表首尾相连变成环
cur = head;
int move = (n-1)-(k % n);
while(move--){
cur = cur -> next;
}
ListNode* ret = cur -> next;
cur -> next = nullptr; // cur 向右移动 move 次后，断掉连接
return ret;
}
};
leetcode 24-两两交换链表中的节点
给定一个链表，两两交换其中相邻的节点，并返回交换后的链表。你不能只是单纯的改变节点内部的值，而是需要实际的进行节点交换。
解题思路：
1，迭代法：关键是高清如何交换两个相邻节点，然后迭代交换即可。
复杂度分析：
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
C++代码：
class Solution {
public:
ListNode* swapPairs(ListNode* head) {
if(head == nullptr) return nullptr;
else if(head->next == nullptr) return head;
ListNode* temp = new ListNode(-1);
temp ->next = head;
ListNode* pre = temp;
while(pre->next != nullptr && pre->next->next != nullptr) {
ListNode* cur = pre->next;
ListNode* next = pre->next->next;
pre->next = cur->next;
cur->next = next->next;
next->next = cur;
pre = cur;
}
return temp->next;
}
};
leetcode876-链表的中间节点
给定一个头结点为 head 的非空单链表，返回链表的中间结点。如果有两个中间结点，则返回第二个中间结点。
解题方法:
- 数组法。
- 快慢指针法：用两个指针 slow 与 fast 一起遍历链表。slow 一次走一步，fast 一次走两步。那么当 fast 到达链表的末尾时，slow 必然位于中间。值得注意的是，快指针可以前进的前提是当前快指针和当前快指针的下一个节点非空。
class Solution {
public:
ListNode* middleNode(ListNode* head) {
ListNode* slow = head;
ListNode* fast = head;
while(fast && fast->next){
slow = slow->next;
fast = fast->next->next;
}
return slow;
}
};
3，栈队列堆
9-用两个栈实现队列
用两个栈实现队列, 用两个栈来实现一个队列，完成队列的 Push 和 Pop 操作。
解题思路：
- in 栈用来处理入栈（push）操作，out 栈用来处理出栈（pop）操作。一个元素进入 in 栈之后，出栈的顺序被反转。
- 当元素要出栈时，需要先进入 out 栈，此时元素出栈顺序再一次被反转，因此出栈顺序就和最开始入栈顺序是相同的，先进入的元素先退出，这就是队列的顺序。
C++代码：
class Solution
{
public:
void push(int node) {
stack1.push(node);
}
int pop() {
int res;
if(stack2.empty()){
while(!stack1.empty()){
int temp = stack1.top();
stack1.pop();
stack2.push(temp);
}
}
res = stack2.top();
stack2.pop();
return res;
}
private:
stack<int> stack1;
stack<int> stack2;
};
30-包含 min 函数的栈
定义栈的数据结构，请在该类型中实现一个能够得到栈的最小元素的 min 函数在该栈中，调用 min、push 及 pop 的时间复杂度都是 O(1)。
解题思路：
- 数据栈 A ： 栈 A 用于存储所有元素，保证入栈 push() 函数、出栈 pop() 函数、获取栈顶 top() 函数的正常逻辑。
- 辅助栈 B ： 栈 B 中存储栈 A 中所有 非严格降序 的元素，则栈 A 中的最小元素始终对应栈 B 的栈顶元素，即 min() 函数只需返回栈 B 的栈顶元素即可。
C++代码：
class MinStack { // 利用辅助栈
private:
stack<int> stack1;
stack<int> stack2;
public:
/** initialize your data structure here. */
MinStack() {
}
void push(int x) {
stack1.push(x);
if (stack2.empty()) {
stack2.push(x);
}
else {
if (x < stack2.top()) {
stack2.push(x);
}
else {
stack2.push(stack2.top());
}
}
}
void pop() {
stack1.pop();
stack2.pop();
}
int top() {
return stack1.top();
}
int min() {
return stack2.top();
}
};
31-栈的压入、弹出序列
输入两个整数序列，第一个序列表示栈的压入顺序，请判断第二个序列是否为该栈的弹出顺序。假设压入栈的所有数字均不相等。例如，序列 {1,2,3,4,5} 是某栈的压栈序列，序列 {4,5,3,2,1} 是该压栈序列对应的一个弹出序列，但 {4,3,5,1,2} 就不可能是该压栈序列的弹出序列。
示例 1：
输入：pushed = [1,2,3,4,5], popped = [4,5,3,2,1]
输出：true
解释：我们可以按以下顺序执行：
push(1), push(2), push(3), push(4), pop() -> 4,
push(5), pop() -> 5, pop() -> 3, pop() -> 2, pop() -> 1
示例 2：
输入：pushed = [1,2,3,4,5], popped = [4,3,5,1,2]
输出：false
解释：1 不能在 2 之前弹出。
提示：
- 0 <= pushed.length == popped.length <= 1000
- 0 <= pushed[i], popped[i] < 1000
- pushed 是 popped 的排列。
解题思路：
C++代码实现：
// 剑指offer31: 栈的压入、弹出序列
class Solution { // 辅助栈解法，时间超过 77.62%，空间超过 74.84%
public:
bool validateStackSequences(vector<int>& pushed, vector<int>& popped) {
int k = 0;
stack<int> st;
for(int i=0; i<pushed.size();i++){
st.push(pushed[i]);
for(int j=k;j<=i;j++){
int temp = popped[j];
if(temp == st.top()){
k++;
st.pop();
}
else{
break;
}
}
}
if(k==popped.size()) return true;
else return false;
}
};
40-最小的 K 个数
输入整数数组 arr ，找出其中最小的 k 个数。例如，输入 4、5、1、6、2、7、3、8 这 8 个数字，则最小的 4 个数字是 1、2、3、4。
示例 1：
输入：arr = [3,2,1], k = 2
输出：[1,2] 或者 [2,1]
示例 2：
输入：arr = [0,1,2,1], k = 1
输出：[0]
限制：
- 0 <= k <= arr.length <= 10000
- 0 <= arr[i] <= 10000
解题方法：
- 数组原地排序法：对原数组从小到大排序后取出前 k 个数即可。时间复杂度：O(nlog n)，空间复杂度：O(log n)。
- 使用最大堆结构：优先队列(最大堆，优先输出最大数)。时间复杂度：O(nlongk), 插入容量为k的大根堆时间复杂度为O(longk), 一共遍历n个元素；空间复杂度：O(k)。
- 快速排序算法：TODO.
C++代码：
// priority_queue<Type, Container, Functional> // 默认定义最大堆
// priority_queue<int, vector<int>, greater<int> >p; // 定义最小堆
class Solution {
public:
// // stl 自带的 sort() 排序算法
vector<int> getLeastNumbers1(vector<int>& arr, int k) {
vector<int> ret(k, 0);
sort(arr.begin(), arr.end());
for(int i=0;i<k;++i){
ret[i] = arr[i];
}
return ret;
}
// 大顶堆维护小顶堆的方法
vector<int> getLeastNumbers2(vector<int>& arr, int k) {
vector<int> vec(k,0);
if(k==0)
return vec;
priority_queue<int> heap; // 大顶堆，堆顶为最大值
for(int i=0;i<(int)arr.size();i++){
if(i<k){
heap.push(arr[i]);
}
else{
if(heap.top() > arr[i]){ // 使用大顶堆来维护最小堆
heap.pop();
heap.push(arr[i]);
}
}
}
for(int i=0;i<k;i++){
vec[i] = heap.top();
heap.pop();
}
return vec;
}
// 直接使用小顶堆
vector<int> getLeastNumbers(vector<int>& arr, int k) {
vector<int> vec(k,0);
if(k==0)
return vec;
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > heap; // 小顶堆，堆顶为最小值
priority_queue<int> heap2; // 大顶堆，堆顶为最大值
for(int i=0;i<(int)arr.size();i++){
heap.push(arr[i]);
}
for(int i=0;i<k;i++){
vec[i] = heap.top();
heap.pop();
}
return vec;
}
};
41.1-数据流中的中位数
如何得到一个数据流中的中位数？如果从数据流中读出奇数个数值，那么中位数就是所有数值排序之后位于中间的数值。如果从数据流中读出偶数个数值，那么中位数就是所有数值排序之后中间两个数的平均值。例如，[2,3,4] 的中位数是 3；[2,3] 的中位数是 (2 + 3) / 2 = 2.5
设计一个支持以下两种操作的数据结构：
void addNum(int num)– 从数据流中添加一个整数到数据结构中。double findMedian()– 返回目前所有元素的中位数。
解题方法：
数据流左半边的数用大顶堆，右半边的数用小顶堆，中位数由两个堆的堆顶元素求得。
C++代码：
class MedianFinder { // 大根堆+小根堆 解法，时间超过 99..38%，空间超过 18.07%
private:
// 从左到右，数据依次从大到小
priority_queue<int> right; // 大顶堆，堆顶为最大值
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > left; // 小顶堆，堆顶为最小值
public:
/** initialize your data structure here. */
MedianFinder() {
}
void addNum(int num) {
// 插入数据要始终保持两个堆处于平衡状态，即较大数在左边，较小数在右边
// 两个堆元素个数不超过 1
if(left.size() == right.size()){
right.push(num);
left.push(right.top()); // 保证左边堆插入的元素始终是右边堆的最大值
right.pop(); // 删除堆顶元素
}
else{
left.push(num);
right.push(left.top());
left.pop();
}
}
double findMedian() {
if(left.size() == right.size()) return (left.top() + right.top())*0.5;
else return left.top()*1.0;
}
};
41.2-字符流中第一个不重复的字符
请实现一个函数用来找出字符流中第一个只出现一次的字符。例如，当从字符流中只读出前两个字符”go”时，第一个只出现一次的字符是”g”。当从该字符流中读出前六个字符“google”时，第一个只出现一次的字符是”l”。后台会用以下方式调用 Insert 和 FirstAppearingOnce 函数
string caseout = “”;
1.读入测试用例字符串 casein
2.如果对应语言有 Init()函数的话，执行 Init() 函数
3.循环遍历字符串里的每一个字符ch {
Insert(ch);
caseout += FirstAppearingOnce()
}
4. 输出 caseout，进行比较
返回值描述：
如果当前字符流没有存在出现一次的字符，返回 # 字符。
解题思路（参考牛客网题解）：
- 对于“重复问题”，惯性思维应该想到哈希或者set。对于“字符串问题”，大多会用到哈希。因此一结合，应该可以想到，判断一个字符是否重复，可以选择用哈希，在
c++中，可以选择用unordered_map<char, int>。 - 对于字符流，源源不断的往池子中添加字符，然后还要返回第一个满足什么条件的字符，显然设计到了“顺序”，也就是先来的先服务，这种先进先出的数据结构不就是队列嘛。因此，这里可以用队列
queue。
算法过程如下：
- 初始化一个哈希表
unordered_map<char, int> mp和队列queue<char> q。 - 对于
void Insert(char ch)字符插入函数的实现，当且仅当ch是第一次出现，则将ch添加到队列中；同时，不管ch是不是第一次出现，都需要在mp中更新一下字符的出现次数，方便后续判断字符是否是第一次出现。 - 对于
char FirstAppearingOnce()函数，通过哈希表mp判断队列q的头部元素的出现次数，如果是1则返回对应字符ch；如果不是1，则队列pop()弹出头部元素继续判断下一个字符。
class Solution
{
public:
//Insert one char from stringstream
queue<char> q;
unordered_map<char, int> mp;
void Insert(char ch)
{
// 如果是第一次出现，则添加到队列中
if (mp.find(ch) == mp.end()) {
q.push(ch);
}
// 不管是不是第一次出现，都进行计数
++mp[ch];
}
// return the first appearence once char in current stringstream
char FirstAppearingOnce()
{
while (!q.empty()) {
char ch = q.front();
// 拿出头部，如果是第一次出现，则返回
if (mp[ch] == 1) {
return ch;
}
// 不是第一次出现，则弹出，然后继续判断下一个头部
else {
q.pop();
}
}
return '#';
}
};
59-滑动窗口的最大值
给定一个数组 nums 和滑动窗口的大小 k，请找出所有滑动窗口里的最大值。
示例:
输入: nums = [1,3,-1,-3,5,3,6,7], 和 k = 3
输出: [3,3,5,5,6,7]
解释:
滑动窗口的位置 最大值
--------------- -----
[1 3 -1] -3 5 3 6 7 3
1 [3 -1 -3] 5 3 6 7 3
1 3 [-1 -3 5] 3 6 7 5
1 3 -1 [-3 5 3] 6 7 5
1 3 -1 -3 [5 3 6] 7 6
1 3 -1 -3 5 [3 6 7] 7
解题方法：
- 对于每个滑动窗口，可以使用 O(k) 的时间遍历其中的每一个元素，找出其中的最大值。对于长度为 n 的数组 nums 而言，窗口的数量为 n-k+1，算法的时间复杂度为 \(O((n-k+1)\ast k)=O(n\ast k)\)。
- 维护单调递减的双端队列！如果发现队尾元素小于要加入的元素，则将队尾元素出队，直到队尾元素大于新元素时，再让新元素入队，从而维护一个单调递减的队列。
C++代码：
class Solution {
public:
// 简单方法：遍历滑动窗口找最大值，合理选择区间,时间超出限制
vector<int> maxSlidingWindow2(vector<int>& nums, int k) {
vector<int> ret;
if (nums.size() == 0 && k == 0) return ret;
for (int i = 0; i <= nums.size() - k; i++) {
int maxNum = nums[i];
for (int j = i; j < (i + k); j++) {
if (nums[j] > maxNum)
maxNum = nums[j];
}
ret.push_back(maxNum);
}
return ret;
}
// 维护一个单调队列，队头是最大值
vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
vector<int> ret;
deque<int> window; // 创建双端队列,单调递减的队列
// 先将第一个窗口的值按照规则入队
for (int i = 0; i < k; i++) {
while (!window.empty() && window.back() < nums[i]) {
window.pop_back();
}
window.push_back(nums[i]);
}
ret.push_back(window.front());
// 模拟滑动窗口的移动
for (int j = k; j < nums.size(); j++) {
if (nums[j - k] == window.front()) window.pop_front(); // 移动后窗口的前一个元素等于队头元素
while (!window.empty() && window.back() < nums[j]) {
window.pop_back();
}
window.push_back(nums[j]);
ret.push_back(window.front());
}
return ret;
}
};
59.2-队列的最大值
请定义一个队列并实现函数 max_value 得到队列里的最大值，要求函数 max_value、push_back 和 pop_front 的均摊时间复杂度都是 \(O(1)\)。
若队列为空，pop_front 和 max_value 需要返回 -1。
示例 1：
输入:
["MaxQueue","push_back","push_back","max_value","pop_front","max_value"]
[[],[1],[2],[],[],[]]
输出: [null,null,null,2,1,2]
解题思路：
定义一个单调递减的辅助队列（双端队列）
C++代码实现：
class MaxQueue {
private:
queue<int> que1;
deque<int> que2; // 辅助队列，头部位置存放最大值值
public:
MaxQueue() {
}
int max_value() {
if(que1.empty())
return -1;
return que2.front();
}
void push_back(int value) {
// 维护单调递减队列
while(!que2.empty() && que2.back() < value){
que2.pop_back(); // 移除队尾元素直到队尾元素大于新添加元素
}
que2.push_back(value);
que1.push(value);
}
int pop_front() {
if(que1.empty()) return -1;
else{
int ans = que1.front();
if( ans == que2.front()) que2.pop_front();
que1.pop();
return ans;
}
}
};
/**
* Your MaxQueue object will be instantiated and called as such:
* MaxQueue* obj = new MaxQueue();
* int param_1 = obj->max_value();
* obj->push_back(value);
* int param_3 = obj->pop_front();
*/
leetcode 768-最多能完成排序的块 II
这个问题和“最多能完成排序的块”相似，但给定数组中的元素可以重复，输入数组最大长度为 2000，其中的元素最大为 10**8。
arr 是一个可能包含重复元素的整数数组，我们将这个数组分割成几个“块”，并将这些块分别进行排序。之后再连接起来，使得连接的结果和按升序排序后的原数组相同。我们最多能将数组分成多少块？
示例 1:
输入: arr = [5,4,3,2,1]
输出: 1
解释:
将数组分成2块或者更多块，都无法得到所需的结果。
例如，分成 [5, 4], [3, 2, 1] 的结果是 [4, 5, 1, 2, 3]，这不是有序的数组。
解题思路：
1，辅助栈法：栈中存放每个块内元素的最大值，栈的 size() 即为最多分块数。
题中隐含结论：
- 下一个分块中的所有数字都会大于等于上一个分块中的所有数字，即后面块中的最小值也大于前面块中最大值。
- 只有分的块内部可以排序，块与块之间的相对位置是不能变的。
- 直观上就是找到从左到右开始不减少（增加或者不变）的地方并分块。
- 要后面有较小值，那么前面大于它的都应该在一个块里面。
复杂度分析：
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(1)
C++代码：
class Solution {
public:
int maxChunksToSorted(vector<int>& arr) {
stack<int> ret; // 创建单调栈
// 单调栈中只保留每个分块的最大值
for (int i = 0; i < arr.size(); i++) {
// 遇到一个比栈顶小的元素，而前面的块不应该有比 arr[i] 小的
// 而栈中每一个元素都是一个块，并且栈的存的是块的最大值，因此栈中比 arr[i] 小的值都需要 pop 出来
if (!ret.empty() && arr[i] < ret.top()) {
int temp = ret.top();
// 维持栈的单调递增
while (!ret.empty() && arr[i] < ret.top()) {
ret.pop();
}
ret.push(temp);
}
else {
ret.push(arr[i]);
}
}
int m = ret.size();
return m;
}
};
leetcode 215. 数组中的第K个最大元素
给定整数数组 nums 和整数 k，请返回数组中第 k 个最大的元素。
请注意，你需要找的是数组排序后的第 k 个最大的元素，而不是第 k 个不同的元素。
解题思路：小顶堆维护大顶堆的方法
维护一个有 k 个元素的最小堆：
- 如果当前堆不满，直接添加；
- 堆满的时候，如果新读到的数大于堆顶元素，则将堆顶元素弹出，同时将新读到的数放入最小堆中（堆会自己调整内部结构）。
复杂度分析：
- 时间复杂度：\(O(nlogk)\)
- 空间复杂度：\(O(k)\)
class Solution {
public:
// 小顶堆维护大顶堆的方法，时间复杂度 O(n logk)
int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {
vector<int> vec(k,0);
// priority_queue<int> heap; // 大顶堆，堆顶为最大值
priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > heap; // 小顶堆，堆顶为最小值
for(int i=0; i < nums.size();i++){
if(i < k){ // 创建一个大小为 k 的最小堆
heap.push(nums[i]);
}
else{
if(heap.top() < nums[i]){
heap.pop();
heap.push(nums[i]);
}
}
}
int ret = heap.top();
return ret;
}
};
4，字符串
leetcode 58-最后一个单词的长度
给你一个字符串 s，由若干单词组成，单词前后用一些空格字符隔开。返回字符串中最后一个单词的长度。单词：是指仅由字母组成、不包含任何空格字符的最大子字符串。
C++代码：
class Solution {
public:
int lengthOfLastWord(string s) {
s += ' ';
vector<string> res; // 存放字符串的数组
string temp; // 临时字符串
for(char ch:s){
if(ch == ' '){
if(!temp.empty()){
res.push_back(temp);
temp.clear();
}
}
else{
temp += ch;
}
}
string last_word = res.back(); // 数组最后一个元素
return last_word.size();
}
};
leetcode 557-反转字符串中的单词 III
给定一个字符串，你需要反转字符串中每个单词的字符顺序，同时仍保留空格和单词的初始顺序。
示例：
输入："Let's take LeetCode contest"
输出："s'teL ekat edoCteeL tsetnoc"
提示：在字符串中，每个单词由单个空格分隔，并且字符串中不会有任何额外的空格。
C++代码：
class Solution {
public:
string reverseWords(string s) {
s += ' ';
vector<string> res; // 存放字符串的数组
string temp; // 临时字符串
for(char ch:s){
if(ch == ' '){
if(!temp.empty()){
res.push_back(temp);
temp.clear();
}
}
else{
temp += ch;
}
}
s.clear();
for(string &str: res){
reverse(str.begin(), str.end());
s += str + ' ';
}
s.pop_back();
return s;
}
};
leetcode 1805-字符串中不同整数的数目
给你一个字符串 word ，该字符串由数字和小写英文字母组成。
请你用空格替换每个不是数字的字符。例如，”a123bc34d8ef34″ 将会变成 ” 123 34 8 34″ 。注意，剩下的这些整数为（相邻彼此至少有一个空格隔开）：”123″、”34″、”8″ 和 “34” 。
返回对 word 完成替换后形成的 不同 整数的数目。只有当两个整数的 不含前导零 的十进制表示不同， 才认为这两个整数也不同。
示例 1：
输入：word = "a123bc34d8ef34"
输出：3
解释：不同的整数有 "123"、"34" 和 "8" 。注意，"34" 只计数一次。
C++代码：
class Solution {
public:
int numDifferentIntegers(string word) {
set<string> s;
word += 'a';
string temp; // 临时字符串
for(char ch:word){
// 如果遇到字母且临时字符串非空，就把它加入集合并重置临时字符串
if(isalpha(ch)){
if(!temp.empty()){
s.insert(temp);
temp.clear();
}
}
else{
if(temp == "0") temp.clear(); // "001" 和 "1" 是等值的
temp += ch;
}
}
return s.size();
}
};
leetcode 1816-截断句子
句子 是一个单词列表，列表中的单词之间用单个空格隔开，且不存在前导或尾随空格。每个单词仅由大小写英文字母组成（不含标点符号）。
例如，”Hello World”、”HELLO” 和 “hello world hello world” 都是句子。给你一个句子 s 和一个整数 k ，请你将 s 截断 ，使截断后的句子仅含 前 k 个单词。返回 截断 s 后得到的句子。
示例 1：
输入：s = "Hello how are you Contestant", k = 4
输出："Hello how are you"
解释：
s 中的单词为 ["Hello", "how" "are", "you", "Contestant"]
前 4 个单词为 ["Hello", "how", "are", "you"]
因此，应当返回 "Hello how are you"
C++代码：
class Solution {
public:
string truncateSentence(string s, int k) {
s += ' ';
vector<string> res; // 存放字符串的数组
string temp; // 临时字符串
for(char ch:s){
if(ch == ' '){
res.push_back(temp);
temp.clear();
}
else{
temp += ch;
}
}
s.clear();
for(int i=0; i< k;i++){
s += res[i] + ' ';
}
s.pop_back();
return s;
}
};
leetcode 394-字符串解码
给定一个经过编码的字符串，返回它解码后的字符串。编码规则为: k[encoded_string]，表示其中方括号内部的 encoded_string 正好重复 k 次。注意 k 保证为正整数。
你可以认为输入字符串总是有效的；输入字符串中没有额外的空格，且输入的方括号总是符合格式要求的。此外，你可以认为原始数据不包含数字，所有的数字只表示重复的次数 k ，例如不会出现像 3a 或 2[4] 的输入。
示例 1：
输入：s = "3[a]2[bc]"
输出："aaabcbc"
解题思路：
本题难点在于括号内嵌套括号，需要从内向外生成与拼接字符串，这与栈的先入后出特性对应。
复杂度分析：
- 时间复杂度 O(N)： s；
- 空间复杂度 O(N)：辅助栈在极端情况下需要线性空间，例如 2[2[2[a]]]。
C++代码：
class Solution {
public:
string decodeString(string s) {
stack<pair<string, int>> s1;
string res = "";
int num = 0;
for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
if (s[i] >= '0' && s[i] <= '9') {
num *= 10;
num += (s[i] - '0');
}
else if (s[i] == '[') {
s1.push(make_pair(res, num));
num = 0;
res = "";
}
else if (s[i] == ']') {
auto cur_num = s1.top().second;
auto latest_res = s1.top().first;
s1.pop();
for (int j = 0; j < cur_num; j++) latest_res = latest_res + res; // res 加 n 次
res = latest_res;
}
else {
res += s[i];
}
}
return res;
}
};
leetcode 821-字符的最短距离
给你一个字符串 s 和一个字符 c ，且 c 是 s 中出现过的字符。
返回一个整数数组 answer ，其中 answer.length == s.length 且 answer[i] 是 s 中从下标 i 到离它 最近 的字符 c 的 距离 。
两个下标 i 和 j 之间的 距离 为 abs(i – j) ，其中 abs 是绝对值函数。
示例 1：
输入：s = "loveleetcode", c = "e"
输出：[3,2,1,0,1,0,0,1,2,2,1,0]
解释：字符 'e' 出现在下标 3、5、6 和 11 处（下标从 0 开始计数）。
距下标 0 最近的 'e' 出现在下标 3 ，所以距离为 abs(0 - 3) = 3 。
距下标 1 最近的 'e' 出现在下标 3 ，所以距离为 abs(1 - 3) = 2 。
对于下标 4 ，出现在下标 3 和下标 5 处的 'e' 都离它最近，但距离是一样的 abs(4 - 3) == abs(4 - 5) = 1 。
距下标 8 最近的 'e' 出现在下标 6 ，所以距离为 abs(8 - 6) = 2
解题方法：
1，两次遍历
- 从左向右遍历，记录上一个字符 C 出现的位置 prev，那么答案就是 i – prev。
- 从右想做遍历，记录上一个字符 C 出现的位置 prev，那么答案就是 prev – i。
2，哈希表法
- 获取 s 中所有目标字符 c 的位置，并提前存储在数组 c_indexs 中。
- 遍历字符串 s 中的每个字符，如果和 c 不相等，就到 c_indexs 中找距离当前位置最近的下标。
复杂度分析：
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(1)
C++代码：
class Solution {
public: // 1，两次遍历法
vector<int> shortestToChar(string s, char c) {
vector <int> ret;
int prev = -10000;
int distance = 0;
for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
if (s[i] == c) prev = i;
distance = i - prev;
ret.push_back(distance);
}
prev = 10000;
for (int i = s.size() - 1; i >= 0; i--) {
if (s[i] == c) prev = i;
distance = prev - i;
ret[i] = min(ret[i], distance);
}
return ret;
}
// 解法2：空间换时间，时间复杂度 O(n*k)
vector<int> shortestToChar2(string s, char c) {
int n = s.size();
vector<int> c_indexs;
// Initialize a vector of size n with default value 0.
vector<int> ret(n, 0);
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (s[i] == c) c_indexs.push_back(i);
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
int distance = 10000;
if (s[i] == c) ret[i] = 0;
else {
for (int j = 0; j < c_indexs.size(); j++) {
int temp = abs(c_indexs[j] - i);
if (temp < distance) distance = temp;
}
ret[i] = distance;
}
}
return ret;
}
};
5，哈希表
50-第一个只出现一次的字符位置
在字符串 s 中找出第一个只出现一次的字符。如果没有，返回一个单空格。 s 只包含小写字母。
示例 1:
输入：s = "abaccdeff"
输出：'b'
示例 2:
输入：s = ""
输出：' '
限制：0 <= s 的长度 <= 50000
解题方法：
哈希表法。map：基于红黑树，元素有序存储; unordered_map：基于散列表，元素无序存储
C++代码：
class Solution {
public:
char firstUniqChar(string s) {
unordered_map<char, bool> dic;
for(char c:s){
dic[c] = dic.find(c) == dic.end();
}
for(char c:s){
if(dic[c] == true)
return c;
}
return ' ';
}
char FirstNotRepeatingChar(string s) {
unordered_map<char, bool> dic;
for(char c:s){
dic[c] = dic.find(c) == dic.end();
}
for(int i=0; i<s.size();i++){
if(dic[s[i]] == true)
return i;
}
return -1;
}
};
leetcode 146-LRU 缓存机制
解题方法：
LRU 缓存机制可以通过哈希表辅以双向链表实现，我们用一个哈希表和一个双向链表维护所有在缓存中的键值对。
- 双向链表按照被使用的顺序存储了这些键值对，靠近头部的键值对是最近使用的，而靠近尾部的键值对是最久未使用的。
- 哈希表即为普通的哈希映射（HashMap），通过缓存数据的键映射到其在双向链表中的位置（双向链表的节点地址）。
C++代码：
//定义双链表
struct Node{
int key, val;
Node* left ,*right;
Node(int _key, int _value): key(_key),val(_value),left(NULL),right(NULL){}
}*head,*tail; // 双链表的最左和最右节点，不存贮值。
class LRUCache {
private:
unordered_map<int, Node*> cache;
int n;
public:
LRUCache(int capacity) {
n = capacity;
// head、tail 双链表的头尾节点
head = new Node(-1, -1), tail = new Node(-1, -1);
head -> right = tail;
tail -> left = head;
}
int get(int key) {
if(!cache.count(key)) return -1;
Node* p = cache[key]; // 通过哈希表定位 key 对应的键值 p
removeNode(p);
addToHead(p);
return p->val;
}
void put(int key, int value) {
if(cache.count(key)){
Node* p = cache[key];
p -> val = value; // 定位双向链表的节点 p，并更新 val
removeNode(p);
addToHead(p);
}
else{
if(cache.size() == n){
auto p = tail->left;
removeNode(p);
cache.erase(p->key); // 更新哈希表
delete p;
}
auto p = new Node(key, value);
addToHead(p);
cache[key] = p;
}
}
void removeNode(Node* p){ // 移除指定节点 p
p->left->right = p->right;
p->right->left = p->left;
}
void addToHead(Node* p){ // 插入到头节点 L 之后
p->right = head->right;
p->left = head;
head->right->left = p;
head->right = p;
}
};
/**
* Your LRUCache object will be instantiated and called as such:
* LRUCache* obj = new LRUCache(capacity);
* int param_1 = obj->get(key);
* obj->put(key,value);
*/
leetcode 30-串联所有单词的子串
给定一个字符串 s 和一些 长度相同 的单词 words 。找出 s 中恰好可以由 words 中所有单词串联形成的子串的起始位置。
注意子串要与 words 中的单词完全匹配，中间不能有其他字符 ，但不需要考虑 words 中单词串联的顺序。
示例 1：
输入：s = "barfoothefoobarman", words = ["foo","bar"]
输出：[0,9]
解释：
从索引 0 和 9 开始的子串分别是 "barfoo" 和 "foobar" 。
输出的顺序不重要, [9,0] 也是有效答案。
解题思路：滑动窗口 + 哈希表。滑动窗口的大小为 \(k*len\)。
- 从 words 出发，考虑 words 所有单词排列生成的字符串 X，通过字符串匹配查看 X 在 s 中的出现位置，但是 X 的可能情况有 \(k!\) 种，\(k\) 为 words 中单词的个数，明显超时！
- 从 s 串出发，遍历 s 串中所有长度为 (words[0].length * words.length) 的子串 Y，并判断 Y 是否可以由 words 数组构造生成。
代码步骤：首先构建 words 单词出现次数的哈表表，然后滑动窗口移动的时候，每次获取 len 长度的子串，并判断这个子串是否在 words 中，并构建子串出现次数的哈希表，同时要求子串出现的次数不能大于原来 words 中单词出现的次数。
时间复杂度：\(O((n-k* len)* k)\)，n 是字符串 s 的长度，k 是 words 中单词的个数，len是每个单词的长度。
这道 hard 题目居然被我做出来了！代码第二次修改参考了西法的剪枝代码，之前自己用嵌套 if 判断实在太傻了。
class Solution {
public:
vector<int> findSubstring(string s, vector<string>& words) {
unordered_map<string, int> freq;
// 计算字符串数组中每个单词出现的频率
for(auto s1: words){
freq[s1]++;
}
vector<int> ret;
int len = words[0].size();
for(int i=0; i< s.size()-len*words.size()+1; i++){
int pos = i;
int num = 1;
unordered_map<string, int> freq2;
while(num <= words.size()){
auto target = s.substr(pos, len);
if(freq.count(target) == 0) break; // 剪枝
freq2[target]++; // 滑动窗口中子串出现次数+1
if(freq2[target] > freq[target]) break; // 剪枝
pos += len;
num++;
}
if(num-1 == words.size()) ret.push_back(i);
}
return ret;
}
};
leetcode
解题方法：
根据同余定理，只要求前缀和 p[i] 和 p[j] 模数 k 同余出现的次数。
- 前缀和：使用公式 \(pre[i]=pre[i−1]+nums[i]\) 得到每一位前缀和的值，从而通过前缀和进行相应的计算和解题。
- 同余定理：给定一个正整数m，如果两个整数 a 和 b 满足 a-b 能够被 m 整除，即 \((a-b)/m\) 得到一个整数，那么就称整数 a 与 b 对模 m 同余，记作 a≡b(mod m)。对模 m 同余是整数的一个等价关系。
class Solution {
public:
int subarraysDivByK(vector<int>& nums, int k) {
// 哈希表初始化，record[0] = 1
unordered_map<int, int> record = {{0, 1}};
int sum = 0, ans = 0;
for (int elem: nums) {
sum += elem;
// 注意 C++ 取模的特殊性，当被除数为负数时取模结果为负数，需要纠正
int modulus = (sum % k + k) % k;
// 边遍历边计算答案
if (record.count(modulus)) {
ans += record[modulus];
}
++record[modulus];
}
return ans;
}
};
6，二叉树
07-重建二叉树
输入某二叉树的前序遍历和中序遍历的结果，请构建该二叉树并返回其根节点。假设输入的前序遍历和中序遍历的结果中都不含重复的数字。
示例1：
Input: preorder = [3,9,20,15,7], inorder = [9,3,15,20,7]
Output: [3,9,20,null,null,15,7]
解题方法：
1，递归法
- 中序遍历的结果可以获取左右子树的元素个数；
- 前序遍历结果可以获取树的根节点 node 的值。
C++代码：
class Solution {
public:
TreeNode* buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) {
// 哈希表 dic 存储中序遍历的值与索引的映射
for(int i=0; i<inorder.size(); ++i){
index[inorder[i]] = i;
}
auto root = recur(preorder, 0, 0, inorder.size());
return root;
}
private:
unordered_map<int,int> index;
TreeNode* recur(vector<int>& preorder, int root, int left, int right){
if (left > right) return nullptr;
int i = index[preorder[left]]; // 获取中序遍历中根节点值的索引
TreeNode* node = new TreeNode(preorder[left]);
node->left = recur(preorder, root+1, left, i-1);
node->right = recur(preorder, root+i-left+1, i+1, right);
return node;
}
};
leetcode 104-二叉树的最大深度
给定一个二叉树，找出其最大深度。二叉树的深度为根节点到最远叶子节点的最长路径上的节点数。
说明: 叶子节点是指没有子节点的节点。
示例：
给定二叉树 [3,9,20,null,null,15,7]，
3
/ \
9 20
/ \
15 7
返回它的最大深度 3 。
55.2-平衡二叉树
给定一个二叉树，判断它是否是高度平衡的二叉树。本题中，一棵高度平衡二叉树定义为：
一个二叉树每个节点 的左右两个子树的高度差的绝对值不超过 1。
leetcode 109-有序链表转换二叉搜索树
给定一个单链表，其中的元素按升序排序，将其转换为高度平衡的二叉搜索树。
本题中，一个高度平衡二叉树是指一个二叉树每个节点 的左右两个子树的高度差的绝对值不超过 1。
示例:
给定的有序链表： [-10, -3, 0, 5, 9],
一个可能的答案是：[0, -3, 9, -10, null, 5], 它可以表示下面这个高度平衡二叉搜索树：
0
/ \
-3 9
/ /
-10 5
解题方法：
1，将单调递增链表转化为数组，然后分治递归。
2，快慢指针找链表的中间节点，然后递归。
复杂度分析：
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(n)
C++代码：
class Solution {
public:
// 分治递归
TreeNode* sortedListToBST(ListNode* head) {
vector<int> vec;
for(auto it = head; it!=nullptr ; it=it->next ){
vec.push_back( it->val );
}
return recur(vec, 0, vec.size()-1);
}
TreeNode* recur(vector<int> &arr, int left, int right){
if(left > right) return nullptr;
int mid = right + (left-right)/2; // 数组中间位置的索引
TreeNode* node = new TreeNode(arr[mid]);
node -> left = recur(arr, left, mid - 1);
node -> right = recur(arr, mid + 1, right);
return node;
}
};
7，图
二，算法
1，递归
10-1. 斐波那契数列
写一个函数，输入 n，求斐波那契（Fibonacci）数列的第 n 项（即 F(N)）。斐波那契数列的定义如下：
F(0) = 0, F(1) = 1
F(N) = F(N - 1) + F(N - 2), 其中 N > 1.
斐波那契数列由 0 和 1 开始，之后的斐波那契数就是由之前的两数相加而得出。答案需要取模 1e9+7（1000000007），如计算初始结果为：1000000008，请返回 1
解题方法：
1，记忆化递归
2，迭代法
C++代码：
// 剑指 offer 10-1. 斐波那契数列
class Solution {
private:
static const int mod = 1e9 + 7;
int m = 101;
vector<int> vec = vector<int>(101, -1); // c++11 之后，类 private成员初始化方式
public:
// 1，直接递归会超出时间限制，需要使用记忆化递归
constexpr int fib(int n) {
if (n == 0) return 0;
if (n == 1 || n == 2) return 1;
if (vec[n] != -1) return vec[n];
vec[n] = (fib(n - 1) + fib(n - 2)) % mod;
return vec[n];
}
// 2，迭代求解
int fib(int n) {
int arr[101];
arr[0] = 0;
arr[1] = 1;
arr[2] = 1;
for (int i = 2; i < n; i++) {
arr[i+1] = (arr[i ] + arr[i - 1]) % mod;
}
return arr[n];
}
};
2，二分查找
3，排序
4，贪心
63-股票的最大利润
假设把某股票的价格按照时间先后顺序存储在数组中，请问买卖该股票一次可能获得的最大利润是多少？
示例 1:
输入: [7,1,5,3,6,4]
输出: 5
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格。
解题方法：
1，贪心法：假设每天的股价都是最低价，每天都计算股票卖出去后的利润。一次 for 循环，时间复杂度：O(n)
2，暴力法：两次 for 循环，时间复杂度 O(n^2)
C++代码：
# include <iostream>
# include <vector>
# include <algorithm>
using namespace std;
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
// 贪心算法：一次遍历
int inf = 1e9; // 表示“无穷大”
int minprice = inf, maxprofit = 0;
for(int price: prices){
maxprofit = max(maxprofit, (price-minprice)); // 假设每天都是最低价
minprice = min(minprice, price);
}
return maxprofit;
}
};
int main(){
vector<int> prices = {7,1,5,3,6,4};
Solution s1;
int max_profit = s1.maxProfit(prices);
cout << max_profit << endl;
return 0;
}
5，分治
6，回溯
7，动态规划
10.2-青蛙跳台阶问题
一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级台阶。求该青蛙跳上一个 n 级的台阶总共有多少种跳法。
答案需要取模 1e9+7（1000000007），如计算初始结果为：1000000008，请返回 1。
解题方法：
1，动态规划法：以斐波那契数列性质 \(f(n + 1) = f(n) + f(n – 1)\) 为转移方程。
- 状态定义： 设 \(dp\) 为一维数组，其中 \(dp[i]\) 的值代表斐波那契数列第 \(i\) 个数字 。
- 转移方程： \(dp[i + 1] = dp[i] + dp[i – 1]\) ，即对应数列定义 \(f(n + 1) = f(n) + f(n – 1)\)；
- 初始状态： \(dp[0] = 1, dp[1] = 1\)，即初始化前两个数字；
- 返回值： \(dp[n]\)，即斐波那契数列的第 \(n\) 个数字。
C++代码：
class Solution {
private:
static const int mod = 1e9 + 7;
public:
// 动态规划法
int numWays(int n) {
int dp[n+1];
if( n == 0 || n == 1) return 1;
dp[0] = 1;
dp[1] = 1;
for(int i=2; i<=n; i++){
dp[i] = (dp[i-1] + dp[i-2]) % mod;
}
return dp[n];
}
// 递归法
int numWays2(int n) {
if(n == 1) return 1;
if(n == 2) return 2;
return numWays2(n-1) + numWays2(n-2);
}
};
42-连续子数组的最大和
给定一个整数数组 nums ，找到一个具有最大和的连续子数组（子数组最少包含一个元素），返回其最大和。
示例 1：
输入：nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出：6
解释：连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6 。
解题思路：
动态规划法。
C++代码：
class Solution {
public:
//1, 动态规划算法
int maxSubArray2(vector<int>& nums) {
int* dp = new int[nums.size()];
dp[0] = nums[0];
int maxSum = dp[0];
for(int i=1; i < nums.size(); i++){
dp[i] = max(dp[i-1], 0) + nums[i];
maxSum = max(dp[i], maxSum);
}
return maxSum;
}
//1, 动态规划，优化空间
int maxSubArray(vector<int>& nums) {
int sum = nums[0];
int maxSum = nums[0];
for(int i=1; i < nums.size(); i++){
sum = max(sum, 0) + nums[i];
maxSum = max(sum, maxSum);
}
return maxSum;
}
};
47-礼物的最大价值
在一个 \(m\ast n\) 的棋盘的每一格都放有一个礼物，每个礼物都有一定的价值（价值大于 0）。你可以从棋盘的左上角开始拿格子里的礼物，并每次向右或者向下移动一格、直到到达棋盘的右下角。给定一个棋盘及其上面的礼物的价值，请计算你最多能拿到多少价值的礼物？
示例 1:
输入:
[
[1,3,1],
[1,5,1],
[4,2,1]
]
输出: 12
解释: 路径 1→3→5→2→1 可以拿到最多价值的礼物
解题方法：
动态规划-状态转移方程法。
C++代码：
class Solution { // 状态转移方程法
private:
int minDist(int i, int j, vector<vector<int> >& matrix, vector<vector<int> >& mem) { // 调用minDist(n-1, n-1);
if (i == 0 && j == 0) return matrix[0][0];
if (mem[i][j] > 0) return mem[i][j];
int minUp = -10000;
if (i - 1 >= 0) minUp = minDist(i - 1, j, matrix, mem);
int minLeft = -10000;
if (j - 1 >= 0) minLeft = minDist(i, j - 1, matrix, mem);
int currMinDist = matrix[i][j] + std::max(minUp, minLeft);
mem[i][j] = currMinDist;
return currMinDist;
}
public:
int maxValue(vector<vector<int>>& grid) {
int m = grid.size();
int n = grid[0].size();
vector<vector<int> > mem(m, vector<int>(n, -1));
return minDist(m - 1, n - 1, grid, mem);
}
};
48-最长不含重复字符的子字符串
请从字符串中找出一个最长的不包含重复字符的子字符串，计算该最长子字符串的长度。
示例 1:
输入: "abcabcbb"
输出: 3
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "abc"，所以其长度为 3。
解题思路：
- 动态规划。参考这里。
- 滑动窗口法 + 哈希表结构。
C++代码：
class Solution {
public:
// 动态规划+线性遍历
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
int res=0, tmp = 0, i=0;
for(int j=0; j < s.size(); j++){
i = j-1;
while(i>=0 && s[i] != s[j]) i-= 1;
if(tmp < j-i) tmp += 1;
else tmp = j - i;
res = max(res, tmp);
}
return res;
}
// 滑动窗口法 + 哈希表保存字符出现的位置
int lengthOfLongestSubstring2(string s) {
unordered_map<char, int> seen;
int maxLength = 0, l = 0;
for(int r=0; r<s.size(); r++){
// 更新滑动窗口左侧位置
if(seen.count(s[r]) > 0) {
int last_pos = seen[s[r]];
// 位置判断不可少，重复字符的位置必须是在滑动窗口内！
if(last_pos >= l) l = last_pos + 1; // last_pos <= r
}
maxLength = max(maxLength, r-l+1);
seen[s[r]] = r;
}
return maxLength;
}
};
66-构建乘积数组
给定一个数组 A[0,1,…,n-1]，请构建一个数组 B[0,1,…,n-1]，其中 B[i] 的值是数组 A 中除了下标 i 以外的元素的积, 即 B[i]=A[0]×A[1]×…×A[i-1]×A[i+1]×…×A[n-1]。不能使用除法。
原文地址：http://www.cnblogs.com/armcvai/p/16792515.html
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