leetcode hot100刷题记录

# leetcode hot 100

哈希

链表

相交链表：找出相交点，可以先计算长度，让较长的链表先走，然后再一起走
反转链表：没什么好说的。迭代和递归都要懂
环形链表：快慢指针一起跑就好了，能碰到就代表有环
环形链表 II：不止要判断是否有环，而且要给出环的入口。先判断有环，有环后再让一个指针从头开始，然后快慢指针一步步走，碰到的就是环的入口（难的是数学证明）
合并两个有序链表：没什么好说的
两数相加：将和存到list1就好了，记录进位，到最后，如果还有进位还是1，就新增
删除链表的倒数第 N 个结点：注意边界情况，则链表长度是否大于等于N。a先走到第n个点，b开始指向链表头，a、b开始一起一步步走，b到链表尾，a就是结果。l = n + m，倒数第n，就是正数第l-n(m)，a先走n，b再下场，这样一起走，a后面刚好走l-n到链表尾，b刚好到第l-n个点
两两交换链表中的节点：就是有点恶心，本身不难。迭代很恶心，递归简单一点。
K 个一组翻转链表：其实就是上一题的进阶，用递归简单点，先判断当前节点开头的链表是否有k个，不够直接返回，够的话先记下这k个节点的开头s和结尾e，翻转这个区间，然后对e->next递归调用，得到结果i，然后链接s->next=i,返回e
随机链表的复制：随机链表其实就是比普通链表多了一个random节点，然后这个random节点随机指向链表中的一个节点。可以用一个map保存旧节点映射到新节点的，第一次就按普通链表复制，第二次遍历旧链表，查看random链接情况，根据map，按照映射关系链接新节点的random
排序链表：n^{2要么用插入、要么冒泡。nlogn：自底向上的归并。n}2：自顶向下的归并（先快慢指针划分链表，然后递归对两个链表排序）
合并 K 个升序链表：就是合并两个升序链表的升级，两两合并就好。但是一般是选择当前最短的两个链表合并，这个可以通过堆来完成。
LRU 缓存：经典题目，值得背诵。首先要记得是map+双链表完成的。越接近链表头部，就是最近用的。map存的是key到链表节点的映射，链表存的是key和value
- put操作：
  - key已存在时，通过key获取到节点node，更新value，然后将node移动到链表头
  - key未存在时，且未满时，新建节点node，将node插入到链表尾，并且更新map（添加key到node的映射）
  - key未存在时，且已满时，同上上面的情况一样（新建节点node，将node插入到链表尾，并且更新map（添加key到node的映射）），只是要将将链表尾节点从链表删除，更新map（删除链表尾节点中的key到链表尾节点的映射）
- get操作：
  - 通过key获取到节点node，获取value，然后将node移动到链表头
- 链表设计：强烈建议一个head一个tail作为头尾，并实现以下函数：
  - removeNode(node) : 移除节点node
  - removeTail(): 移除尾部节点（不是tail，而是tail->prev）
  - addToHead(node): 往链表头部插入节点node
  - moveToHead(node): 将node从原来位置删除，并插入到链表头

请你设计并实现一个满足 LRU (最近最少使用) 缓存约束的数据结构。

实现 LRUCache 类：

LRUCache(int capacity) 以 正整数 作为容量 capacity 初始化 LRU 缓存

int get(int key) 如果关键字 key 存在于缓存中，则返回关键字的值，否则返回 -1 。

void put(int key, int value) 如果关键字 key 已经存在，则变更其数据值 value ；如果不存在，则向缓存中插入该组 key-value 。如果插入操作导致关键字数量超过 capacity ，则应该逐出最久未使用的关键字。

函数 get 和 put 必须以 O(1) 的平均时间复杂度运行。

二叉树

二叉树的中序遍历、前序遍历、后序遍历：

递归不解释，迭代：

主要用栈模拟递归过程，注意就是节点访问(visit)和出栈的时机

前序：visit：入栈前先visit，出栈：当一直往左走，无路可走时，出栈一个节点，取其右孩子（注意，栈中的节点都是已经访问过的）

中序：visit：出栈之后再visit，出栈：当一直往左走，无路可走时，出栈一个节点，取其右孩子（注意，栈中的节点都是没有访问过的，并且他们的左孩子都已入栈）

后序：这个有点特殊，需要用一个prev节点记录上一次visit的节点，这样当root->right == prev，证明root可以出栈，也可以访问了。

二叉树的最大深度: 三种做法：bfs统计层数，后序遍历迭代法，dfs递归
翻转二叉树：先反转左右子树，然后递归遍历左右子树
对称二叉树：将根节点的左右子树作为两棵树进行递归对比
二叉树的直径：经过当前节点的最大直径，就是左右子树的深度之和，这样在递归求深度的过程中，记录每个节点的左右子树的深度之和，这样就能得出答案。
二叉树的层序遍历：略
将有序数组转换为二叉搜索树：划分数组，将中间节点作为当前的根节点，左右两边数组作为左右子树，继续递归
验证二叉搜索树：给对每个节点给定一个值的范围，超出这个范围，则代表不是bst，然后递归对左右子树进行这个操作
二叉搜索树中第K小的元素：中序遍历，用一个标记变量标记当前是走到第几个节点
二叉树的右视图：层次遍历，每层从左到右遍历，每次取最后一个元素
二叉树展开为链表：递归前序遍历，用一个指针的指针prev记录前一个访问的节点，对每个节点root，prev->right = root； root->left = nullptr; 左右子树递归
从前序与中序遍历序列构造二叉树：略
路径总和 III：前缀合求，但是注意什么时候加，什么时候减。
二叉树的最近公共祖先：递归，略。
二叉树中的最大路径和:递归。辅助函数：求从root开始的最大路径和rootPathSum。先递归求左右子树的，则从当前root开始的最大路径和为prootsum = root->val + max(rightsum, leftsum)，记录最大的路径和为 max( prootsum , root->val + rightsum + leftsum).注意空节点返回0，左右和先和0比较

技巧

只出现一次的数字：一个数与本身异或等于0
多数元素：布尔-摩尔投票
颜色分类: 双指针，p0指向0放的位置，p1指向1放的位置，当p0 < p1时，需要更新的情况。
下一个排列：

class Solution {
public:
    void nextPermutation(vector<int>& nums) {
        int len = nums.size();
        if (len < 2) return ;

        int i = len - 2; 
        while (i >= 0 && nums[i] >= nums[i + 1]) {
            --i;
        }
        
        // 此时nums[i] < nums[i+1],代表nums[i+1, n)中必有数nums[k]大于nums[i]
        // 尽量从后面找nums[k], 此时
        int k = len - 1;
        if (i >= 0) {
            while (nums[i] >= nums[k]) {
                --k;
            }
            swap(nums[i], nums[k]);
        }

        reverse(nums.begin()+i+1, nums.end());
    }
};

123456
123465
123546
...
654321
可以看到有这样的关系：123456 < 123465 < 123546 < ... < 654321。

算法推导
如何得到这样的排列顺序？这是本文的重点。我们可以这样来分析：

我们希望下一个数比当前数大，这样才满足 “下一个排列” 的定义。因此只需要将后面的「大数」与前面的「小数」交换，就能得到一个更大的数。比如 123456，将 5 和 6 交换就能得到一个更大的数 123465。
我们还希望下一个数增加的幅度尽可能的小，这样才满足“下一个排列与当前排列紧邻“的要求。为了满足这个要求，我们需要：在尽可能靠右的低位进行交换，需要从后向前查找将一个尽可能小的「大数」与前面的「小数」交换。比如 123465，下一个排列应该把 5 和 4 交换而不是把 6 和 4 交换将「大数」换到前面后，需要将「大数」后面的所有数重置为升序，升序排列就是最小的排列。以 123465 为例：首先按照上一步，交换 5 和 4，得到 123564；然后需要将 5 之后的数重置为升序，得到 123546。显然 123546 比 123564 更小，123546 就是 123465 的下一个排列
以上就是求 “下一个排列” 的分析过程。

算法过程
标准的 “下一个排列” 算法可以描述为：

从后向前查找第一个相邻升序的元素对 (i,j)，满足 A[i] < A[j]。此时 [j,end) 必然是降序
在 [j,end) 从后向前查找第一个满足 A[i] < A[k] 的 k。A[i]、A[k] 分别就是上文所说的「小数」、「大数」
将 A[i] 与 A[k] 交换
可以断定这时 [j,end) 必然是降序，逆置 [j,end)，使其升序
如果在步骤 1 找不到符合的相邻元素对，说明当前 [begin,end) 为一个降序顺序，则直接跳到步骤 4
该方法支持数据重复，且在 C++ STL 中被采用。

寻找重复数: 数组元素与下标组成有环链表，变成找出环的入口。变成快慢指针找有环链表环的入口。

 0 1 2 3 4
[3,1,3,4,2]
0->3->4->2->3

动态规划

打家劫舍：dp[i] = max(dp[i-1], dp[i - 2] + nums[i])
完全平方数: 完全背包，物品是各个完全平方数，而背包大小是目标和。用最少的物品装满背包，物品可以重复利用。用一维的话，背包从小到大就是完全背包.从大到小，就是01背包。dp[j] 就是j的答案。
零钱兑换：同上，一样是完全背包，一样是求物品数最少
单词拆分：dp[j]代表s[0~j]可以划分，每到一个位置对所有单词遍历，看看是否能划分

多维动态规划

不同路径: dp[i] [j] = dp[i-1] [j] + dp[i] [j-1]
最小路径和: grid[i] [j] += min(grid[i-1] [j], grid[i][j-1])
最长回文子串: 对每个字符和作为中心，从两边展开获取回文串。n^2。（回文串长度既可以是单数也可以是双数）
最长公共子序列: dp[i] [j] = (t1[i] == t2[j]) ? dp[i-1] [j-1] + 1 : min(dp[i-1] [j], dp[i] [j - 1])
编辑距离: 要知道删除和增加和修改都是等价的. word1[i] == word2[j] , dp[i] [j] = dp[i-1] [j-1], 否则，dp[i] [j] = min(dp[i-1] [j-1], dp[i-1] [j], dp[i] [j]) + 1，注意不要漏了dp[i-1] [j-1]

堆

数据流的中位数：用两个堆来完成，一个大根堆，一个小根堆。1、大根堆放数据流的较小半部分，小根堆放数据流的较大的半部分。2、大根堆元素个数始终最多比小根堆元素个数多一。插入元素时主要要维持这两个性质。
前 K 个高频元素：map统计数字出现的频次，然后维护大小为k的小根堆。
数组中的第K个最大元素：维护大小为k的小根堆或者基于快排

栈

柱状图中最大的矩形:

class Solution {
public:
    /*
    对于每条柱heights[i],以他为中心，最大面积是 heights[i] = (right_i - left_i + 1)
    right_i是从i开始，往右找，第一个heights[right_i] < heights[i]
    left_i是从i开始，往左找，第一个heights[left_i] < heights[i]
    
    暴力法：对每个i，找出left_i和right_i，时间复杂度为n^2
    单调增栈：栈里的元素都是单调递增的。
    遍历到i元素时，如果比栈顶(cur)小的元素，此时i就是right_i。而栈顶的下一个元素就是left_i（将cur出栈，获取left_i）。计算获取以heights[i]为高的矩形面积。
    
    前面添加0：让第一个元素也能找到left_i
    后面添加0：让最后一个元素也能找到right_i
    */
    int largestRectangleArea(vector<int>& heights)
    {
        int ans = 0;
        vector<int> st;
        // 前后加入0
        heights.insert(heights.begin(), 0);
        heights.push_back(0);
        for (int i = 0; i < heights.size(); i++)
        {
            while (!st.empty() && heights[st.back()] > heights[i])
            {
                int cur = st.back();
                st.pop_back();
                int left = st.back();
                int right = i;
                // 因为是单调增栈，所以此时 height[left] < height[cur] > height[right]
                ans = max(ans, (right - left + 1) * heights[cur]);
            }
            st.push_back(i);
        }
        return ans;
    }
};

每日温度: 单调递减栈
最小栈：两个栈模拟，一个正常放，一个最小栈min。每次入栈，先比较栈顶，比栈顶小，入栈。出栈一样，跟栈顶比较，相等，出栈。
有效的括号：略
字符串解码

滑动窗口

子串

和为 K 的子数组：前缀和
滑动窗口最大值：

class Solution {
public:
    vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
        int n = nums.size();
        int cur = 0;
        vector<int> res(n - k + 1);
        deque<int> dq;
        // 单调减队列(队头到队尾)
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            // dq.back() < i && nums[dq.back()] < nums[i], 此时：
            // dq.back()要么在(i-k, i]范围内，但是这个范围中最大值肯定不是nums[dq.back()]，因为nums[i]>nums[dq.back()]
            // dq.back()要么在(i-k, i]不在范围内，更可以删除（如果nums[dq.back()] >= nums[i]，就给下个for循环删除）
            while (!dq.empty() && nums[dq.back()] < nums[i]) {  
                dq.pop_back();
            }
            dq.push_back(i);
            if (i >= k - 1) {   // 从第k个数才开始记录
                while (dq.front() <= i - k) {   // 将超出(i-k, i]范围的数字删除
                    dq.pop_front();
                }
                res[cur++] = nums[dq.front()];
            }
        }
        return res;
    }
};

最小覆盖子串：

class Solution {
public:
    string minWindow(string s, string t) {
        int matchChar = 0;  // 目前已匹配的字符数
        int res_left = -1;  // 目前匹配的最小区间的左区间
        int res_len = s.size() + 1; // 目前匹配的最小区间的长度
        int left = 0, right = 0;    // 滑动窗口
        map<char, int> tmap;
        map<char, int> smap;
        for (char c : t) {
            tmap[c]++;
        }
        while (right < s.size()) {
            while (right < s.size() && matchChar < t.size()) {  // 一直匹配，直至s[left, right]能完全覆盖，或者right右区间超出范围
                int cnt = tmap[s[right]];
                if (cnt > 0) {  // 只记录t有的字符
                    if (smap[s[right]] < cnt) { // 对于重复的字符c，当区间中c的数量已超t中c的数量，就不再增加匹配字符数
                        ++matchChar;
                    } 
                    ++smap[s[right]];   // 记录区间中的字符对应的数量
                }
                ++right;
            }

            while (matchChar == t.size()) { // 缩小，直至区间不能完全覆盖t（通过匹配字符数来判断）
                int cnt = tmap[s[left]];
                if (cnt > 0) {
                    if (--smap[s[left]] < cnt) {
                        --matchChar;
                    }
                }
                ++left;
            }

            if (right - left + 1 < res_len) {   // 记录最小区间[left - 1, right)
                res_len = right - left + 1;
                res_left = left - 1;
            }

        }
        if (res_left == -1) {
            return "";
        } else {
            return s.substr(res_left, res_len);
        }
    }
};

posted @ 2024-07-12 16:47 DavidJIAN 阅读(117) 评论(0) 收藏举报

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