09 2019 档案
摘要：将n个从小到大的（上到下）盘子从A移动到C，借助B。其中大的盘子不能放在小的盘子上面输出模拟过程。 将n个盘子从A移动到C => 将n-1个盘子从A移动到B ， 再将最底部的一个盘子从A移动到C，最后将B上的n-1个盘子从B移动到C
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摘要：开两个栈，一个记录数字，一个记录操作符。然后从前往后扫描整个表达式： 1. 如果遇到 (、+、-，直接入栈；2. 如果遇到数字，则判断操作符栈的栈顶元素，如果不是 (，则弹出操作符的栈顶元素，并用相应操作更新数字栈的栈顶元素。从而保证操作符栈的栈顶最多有一个连续的+或-；3. 如果遇到 )，此时操作
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摘要：头文件都是#include<cstring> ①atoi()的参数是 const char* ,因此对于一个字符串str我们必须调用 c_str()的方法把这个string转换成 const char*类型的,而stoi()的参数是const string*,不需要转化为 const char*；
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摘要：反向思维：如果知道最小值，那如何求出这个最小值所在的子数组, 即找到这个最小值左边比它更小的元素的位置left 和 右边比它更小的元素的位置right，res += A[i] * ( i - left ) * ( right - i )。 解法一：记忆化递归： 解法二：动态规划 解法三：二分法 l
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摘要：找出没有被X围绕的点，则剩下的就是被围绕的点，将这些O改为X。 题意： INF：空房间；-1：墙；0：门 问：从任何一个空房间到最近的门长度是多少。 不能达到的地方填INF 思路： 将所有rooms[i][j] = 0 的结点入队列，然后求BFS，判断这些门到最近的空房间的最短路径。 BFS可以用来
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摘要：/** * Definition of TreeNode: * class TreeNode { * public: * int val; * TreeNode *left, *right; * TreeNode(int val) { * this->val = val; * this->left
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摘要：A 和 B 互为 anagram 的充分必要条件是 ： A中每个字符出现的次数 = B中每个字符出现的次数 要求O(n)的时间复杂度。 解法：栈 首先在栈中加入空串，这样可以将b和c情况合为一种情况，如：()) 这样会判断为 ‘ ’ 和 ) 不匹配，返回false
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摘要：找特殊情况，分类讨论：三种情况 1）两个字符串的长度之差 大于1 直接返回false； 2）长度之差等于1， 判断长的字符串删掉不一样的字符，剩余的字符串是否相同； 3）长度之差等于0，判断不相同的字符个数，若超过一个返回false。 题意：API ：int read4(char *buf) 每次读
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摘要：模拟：从左到右扫一遍，看对应位置是不是mirror word.
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