随笔分类 - LeetCode
摘要：判断是否是有效的二叉搜索树，即左子树的值小于根结点，右子树的值大于根结点。可以采用递归的方式来完成，递归时如何 传递有效的参数与根结点进行比较，是此题的难点。 1 bool isValidBST(TreeNode *root) 2 { 3 isValidBST(root, INT_MIN, INT_
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摘要：根据先序和中序构造二叉树、根据中序和后序构造二叉树，基础题，采用递归的方式解决，两题的方法类似。需要注意的是迭代器的用法。 //先序和中序 TreeNode *buildTree(vector<int>& preorder, vector<int>& inorder) { return buildT
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摘要：void connect(TreeLinkNode *root) { while (root) { //每一层循环时重新初始化 TreeLinkNode *prev = nullptr; TreeLinkNode *next = nullptr; //对于每一层 for (; root; root
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摘要：将左子树接到右子树之前，递归解决 void flatten(TreeNode *root) { if (root == nullptr)return; flatten(root->left); flatten(root->right); //如果没有左子树，直接返回即可 if (root->left
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摘要：用递归的方式来做，左右两棵子树的高度差不超过1。分成两部分，一部分递归得到树的高度，一部分递归检查左右子树是否是平衡二叉树。 int getHeight(TreeNode *root) { if (root == nullptr)return 0; return max(getHeight(root
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摘要：用递归比较简单，这里用迭代的方式实现。注意什么时候返回true，什么时候返回false。 bool isSameTree(TreeNode *p, TreeNode *q) { stack<TreeNode *> s; s.push(p); s.push(q); while (!s.empty())
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摘要：中序遍历二叉搜索树，得到的是一个有序的结果，找出其中逆序的地方就可以了。如果逆序的地方相邻，只需把逆序的相换即可；如果不相邻，则需要找到第二个逆序对的 第二个元素再做交换。 定义两个指针p和q来指定需要交换的元素，指针pre记录当前结点的前驱结点，用来判断是否逆序。 void recoverTree
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摘要：采用广度优先遍历，一个变量记录层数，一个变量记录方向. void traverse(TreeNode *root, vector<vector<int>> result, int level, bool left_to_right) { if (!root)return; //如果进入下一层了，则r
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摘要：层序遍历，使用队列将每层压入，定义两个队列来区分不同的层。 vector<vector<int>> levelorderTraversal(TreeNode *root) { vector<vector<int>> result; vector<int>tmp; //通过两个queue来区分不同的层
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摘要：后序遍历，比先序和中序都要复杂。访问一个结点前，需要先判断其右孩子是否被访问过。如果是，则可以访问该结点；否则，需要先处理右子树。 vector<int> postorderTraversal(TreeNode *root) { vector<int> result; stack<TreeNode
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摘要：树的中序遍历。先不断压入左结点至末尾，再访问，再压入右结点。注意和先序遍历的比较 vector<int> inorderTraversal(TreeNode *root) { vector<int> result; stack<TreeNode *>s; TreeNode *p = root; wh
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摘要：很简单的一道题，定义一个栈保留操作数，遇操作符则弹出运算即可。 bool isOperator(string &op) { //注意用法 return op.size() == 1 && string("+-*/").find(op) != string::npos; } int evalRPN(v
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摘要：又是一道构思巧妙的题，暴力求解复杂度太高，通过构造一个递增栈来解决：如果当前元素小于栈顶元素，则说明栈内已经构成一个 递增栈，则分别计算以每个元素为最低值的面积；反之，则入栈。 int largestRect(vector<int> &height) { stack<int> s;//定义一个单调递
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摘要：扫描每个WORD的长度并记录即可。 int lengthOfLast(const char *s) { //扫描统计每个word的长度 int len = 0; while (*s) { if (*s++ != ' ')//注意不管是否满足s都要++ len++; else if (*s && *s
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摘要：主要看//之间的内容:如果是仍是/，或者是.，则忽略；如果是..，则弹出；否则压入堆栈。最后根据堆栈的内容进行输出。 string simplifyPath(string const& path) { vector<string> dirs; for (auto i = path.begin();
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摘要：回文构词法，将字母顺序打乱。可将字母重新排序，若它们相等，则属于同一组anagrams。 可通过hashmap来做，将排序后的字母作为key。注意后面取hashmap值时的做法。 vector<string> anagrams(vector<string> &strs) { unordered_ma
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摘要：很有意思的一道题，不好想啊。 string getNext(string &s) { char start = s[0]; int count = 0; stringstream ss; for (int i = 0; i < s.size(); i++) { if (start == s[i])
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摘要：这题实现起来还是挺麻烦的，就偷懒使用下库函数strtod()。第二个参数表示字符中不是数字的地方，如果后面是空格，则认为其仍是数字，否则不是。 bool isNumber(char *s) { char *endptr; strtod(s, &endptr); if (endptr == s)ret
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摘要：在一组字符串中找到最长的子串。采用纵向匹配，遇到第一个不匹配的停止。 string longestComPrefix(vector<string> &strs) { if (strs.empty())return " "; //纵向比较 for (int idx = 0; idx < strs[0]
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摘要：跟上题类似，主要考虑‘*’的匹配问题。如果遇到‘*’，则跳过继续匹配，如果不匹配，则s++，重新扫描。 bool isMatch2(const char *s, const char *p) { if (*p == '*') { while (*p == '*')p++; if (*p == '\0
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