04 2021 档案
摘要：思路： 这个题 很明显用栈来处理，但是，我有思路了，一做就错，自己写的乱乱的，理不清楚逻辑了。 首先我们需要两个栈一个用来放数字，一个用来放字符串。当我们遇到'['时，就把上次的暂存的字符串和得到的数字大小分别放入各自的栈中。如果遇到']'就开始取出栈顶的数字，并且以这个大小循环这多次，把存放字符串
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摘要：思路： 这样的题给的值都会很大，再平方大概率会超int，那么我们在声明变量时需要long变量。 同时应该把传入的c的大小降下来，因为大于根号c的数，是不可能被使用的，所以我们从0-根号c开始找。 因为是a2+b2=c，所以我们要两次循环0-c的数，但是直接两个for循环会导致超时。 那么我们就采用双
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摘要：思路： DFS递归即可，这里要多关注的是数字和"->"的关系。 因为我们"->"是在添加数字后加，所以我们多一个判断如果当前加入的是叶子节点，再加入val后，就把这一串字符串加入到res数组中，并return。这样就能避免最后多一个“->”。 代码： /** * Definition for a b
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摘要：思路： 要弄清楚题目的意思，返回大小在[low，high]的数的大小的和，不是树里在这个范围里面的节点的和。 那么就是树的遍历 DFS，BFS两种完成。 因为是二叉搜索树，我们有如下几种情况： 遍历到了空节点，返回0. 该节点大于high，那么就进入该节点的左子树找更小的数。 该节点小于low，那么
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摘要：思路： 之前做过用栈模拟队列的题，通过两个栈一个先暂存数据，判断另一个栈是否为空，不为空就暂时不添加，如果为空就从暂存的栈将元素放入该栈。 这里用队列模拟栈也是类似的，也需要两个队列来做，一个用来辅助。不过这里是栈，后加的先出，所以我们每添加一个元素，就要把用来当作栈的队列的所有元素放入另一个暂存的
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摘要：思路： 这道题看到的时候没想到用二分法，主要问题在，关注的是如何从weight数组找结果，而不是从 全部搬完的天数 入手。 我们可以知道，要能把所有物品搬走，要花最长时间的每日搬运重量应该用的是 weights数组中 质量最大的元素，因为这样刚好确保了所有的物品都能搬走，并且花时间最长。 那么最短时
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摘要：思路： 直接二分查找即可。 代码： class Solution { public: int searchInsert(vector<int>& nums, int target) { int n = nums.size(); int left=0,right=n-1; int res=n; whi
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摘要：思路： 题目中描述公共祖先定义为，p，q的共同且深度最深的祖先。就是最靠近p，q的祖先节点。 那么我们应该判断每个节点的子树是否有p，q，如果一个节点都有p，q那么这个点就是公共祖先。而且我们从底向上遍历，能得到的最深的深度了。 我们 通过这个条件 (left_son&&right_son) ||
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摘要：思路： 因为是二叉搜索树，那么就是在中序遍历的基础上进行额外的处理即可 那么就有递归和迭代两种方法。 首先递归有原地算法和非原地算法两种。 原地算法需要有一个头节点，我们从root右子树开始处理，那边处理完，头节点就能在树的开头了。 每当一个结点的right指向前一个结点后，pre就要定位在该节点上
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摘要：思路： 一开始以为求最大深度，求下去提交发现错误。 求的是直径，意思是找到最长的一串连接的节点。但和最最大深度的方法类似，我们任然需要求出左右子树的深度，只是多了一个变量res用来存储直径长度。 对于每一个节点的最大深度，我们会求他的左右子树的深度，然后左右子树相加和res变量比较，如果大就更新re
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摘要：思路： 对于一棵树，可以看成许多小树组成，每棵小树都有自己的root，我们从这里入手。 对于每棵小树我们都需要定位其root，对于preorder，第一个元素就是root，但inorder还需要查找，但如果每次都遍历搜索的话就会消耗很多时间，所以我们先把inorder的元素放入hash_map，元素
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摘要：思路： 类似完全背包问题，但是背包问题求的是组合，这里求的是排列。区别为，例如{1，3}，组合只有{1，3}，而排列有{1，3}和{3，1}. 而组合和排列的转换可通过两个for循环，如果背包容量的for在外，物品的for在里，那么就可以得到排列。相反就得到组合的排列。 在这道题，0-target就
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摘要：思路： 这一题比较容易想到BFS，如果我们从左到右的向队列加入节点，那么最后一个加入的节点就是我们能看到节点，那么就遍历到这层最后一个取出节点的时候就把他加入进res数组。也可以从右到左，把第一个添加进队列里面的节点放入res数组。 代码： /** * Definition for a binary
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摘要：基础训练： 递归： 1. /** * Definition for a binary tree node. * struct TreeNode { * int val; * TreeNode *left; * TreeNode *right; * TreeNode() : val(0), left(
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摘要：思路： 通过把二维矩阵转化为一维来求解，我们的一维并不是对矩阵处理，一维数组是一列的元素和。 首先我们定义上边界，上边界从第一行开始，然后创建一个数组，每一个上边界创建一次数组，然后再定义一个下边界，从上边界的位置开始。然后求解上下边界组成的矩阵中第0列到最后一列的每一列和。 因为矩阵还需要有左右边
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摘要：思路： 这种每个问题元素有多个解的问题还是用动态规划。 那么我们从最后开始想，如果但用最后一个字符，那么就要保证他不为0即可。那么i位置的解码方案就应该加上前一个位置的解码方案。第一次对i位置的加，dpi是等于0的，所以此时dpi=dpi-1，转移方程就为 dpi=dpi-1； 如果用最后两个字符，
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摘要：基础练习： 递归： /** * Definition for a binary tree node. * struct TreeNode { * int val; * TreeNode *left; * TreeNode *right; * TreeNode() : val(0), left(nul
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摘要：思路： 和昨天的每日一题相似，同样使用快慢指针，区别在于我们比较快指针所指的元素是否等于val，如果不等那么就将其放到慢指针所指的地方。最后return slow即可。 代码： class Solution { public: int removeElement(vector<int>& nums,
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摘要：思路： hash表来做，只要res字符串的长度还小于s的长度就一直循环，循环的做的事情是先从小字母加，再从大的字母加。 我们通过vector来模拟hash表，从小到大的加就是从i=0开始加到i=25，从大到小就是25到0的加即可。 代码： class Solution { public: strin
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摘要：思路： 直接双指针即可，也称快慢指针吧。 慢指针用来定位应该被替换的元素，也就是数组前几个元素，快指针用于发现和慢指针所指的元素不同的元素，当发现后就替换掉慢指针所指的元素即可。 代码： class Solution { public: int removeDuplicates(vector<int
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摘要：思路： 因为固定了是在 [i-k，i+k]的区间内寻找 在区间[nums[i]-t，nums[i]+t]的元素，所以可以考虑用滑动窗口，但是这里并不用双指针来操作，不然和暴力没区别了。 我们要找到一个数据结构，能够自动排序，因为排序我们就能直接找到K窗口里面的最小值和最大值，优化找到[nums[i]
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摘要：dbq，不会，理解不了题解。 题解 class Solution { public: bool isScramble(string s1, string s2) { if(s1.length()!=s2.length()) return false; int n=s1.length(); vecto
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摘要：思路： 直接进行同步的DFS比较即可，首先要确定什么条件返回true，什么时候返回false 返回true即遍历到叶子节点，返回false则是某个节点值不相同，包括val不同和结构不同（即分支数和分支方向不同） 代码： /** * Definition for a binary tree node.
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摘要：思路： 要求找离根节点最近的叶子节点，那么就DFS遍历下去，定义一个数来记录当前的节点到最近的叶子节点的距离，然后每次递归得到的距离都和这个最近距离比较，如果小就更新。 代码： /** * Definition for a binary tree node. * struct TreeNode {
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摘要：思路： 最近发现动规很多都是从后面开始想，这题就是先考虑，第一个房子不偷和最后一个房子不偷的情况。 第一个房子不偷，就是nums[1：]，最大金额是P2，最后一个房子不偷，就是nums[:n-1],最大金额是P1，那么取max（P2,P1） 对于第n个房子，如果偷了第n-1个房子，那么第n个就不偷，
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摘要：思路： 排序后贪心 对所有nums里的元素进行排序，然后从后向前遍历，因为已经从小到大排序了，那么我们直接取最后三个数进行判断，即nums[i]<nums[i-1]+nums[i-2]是否满足，如果满足就break输出，因为是从最大的取，所以满足那一定是最大的周长，否则i-1，从倒数第二个开始，继续
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摘要：思路： 可以用两个数组分别存奇数和偶数元素，然后再对原数组遍历，当下标为奇数就从存放奇数的数组拿出一个，当下标为偶数时就从偶数的数组拿出一个。 时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n) 另一个是原地算法，用两个指针，一个检测奇数位是否有偶数，另一个检测偶数位是否有奇数。 首先先用检测偶数位的指针遍历，
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摘要：第一次见到前缀树这个词，就先认识一下吧。 该题题目说：Trie（发音类似 "try"）或者说 前缀树 是一种树形数据结构，用于高效地存储和检索字符串数据集中的键。这一数据结构有相当多的应用情景，例如自动补完和拼写检查。 既然是存储字符串，那么一个父亲节点应该有26个子节点。因为保存一个字符串还需要有
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摘要：思路： 是二叉搜索树，那么就中序遍历吧，这样就能不用求绝对值。 需要写一个void函数，如果用原函数要返回int，会影响取最小值，且传入参数要用引用。 我们定义一个存储当前最小值res和上一个节点的值的变量pre，分别初始化为INT_MAX和-1. 然后传入root，res，pre，首先判断pre是
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摘要：思路： 我们需要一个指向已排序链表的最后一个元素的指针lastsort，一个cur指针指向当前用来排序的元素。为了避免head被改变导致错误，还需要一个dummy指针指向head。 首先lastsort指向head，cur指向head->next。然后遍历链表，判断lastsort是否小于cur，如
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摘要：思路： 这道题就需要对比没对数，ab和ba谁更大。那么我们就把nums的元素都放入vector里面，这样string类型利于a+b和b+a的合并。 然后通过调用sort函数根据函数a+b>b+a的lambda函数排序。 然后判断排序后的数组第一个元素是否为0，为0就return 0，否则就加入一个s
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摘要：思路： hash_map存入一个数组的元素并计数，然后再遍历另一个数组如果hash_map存在这个元素，并且还没被减到0，那么就添加进res结果数组中并将hash_map计数减一。 代码： class Solution { public: vector<int> intersect(vector<i
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摘要：思路： 题目给的是升序且无重叠的区间，那么我们通过遍历，不断加入数组进res结果数组里面，直到intervals[i][1]>newinterval[0]就停下。 这时在从这个i开始向后遍历，判断intervals[i][0]是否小于等于newintervals[1]，如果满足，说明还存在重叠区间，
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摘要：思路： 可以用hash_map存放一个string的元素并计数有几个，再遍历另一个string，查看hash_map有没有并且遍历到的这个字母的数量还有没有大于0，这样就能判断有没有相同和不同的字符并且数量相不相同了。 代码： class Solution { public: bool isAnag
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摘要：思路： 可以通过计数0，1，2的个数，然后按照个数直接个nums重新赋值覆盖原来的值即可。 class Solution { public: void sortColors(vector<int>& nums) { int n=nums.size(); if(n==1) return; int n0
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摘要：思路： 因为数组中可能有重叠的部分，而重叠的要求是 [L1,R1]和[L2,R2]相比 L2<=R1那么这两个数组就重叠。根据这个性质，我们能得到判断条件 如果R1<L2，那么我们就不用处理重叠，否则我们就需要取R1=max(R1,R2)。为什么是R1等于呢？因为我们默认[L1,R1]在存放结果的数
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摘要：思路： 如果一个数为丑数，那么自然会被2，3，5整除，最后得到1，那么我们一直循环判断n是否能被2，3，5其中一个整除，如果能 那么n=n/（2 or 3 or 5）。如果三个数都不能整除那么就返回false。如果循环结束还没有返回false，那么就直接返回true。 代码： class Solut
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摘要：思路： 首先是子序列，所以说并不一定要求是连续的序列满足摆动序列。同时题目要求的是最长摆动子序列的长度。 动态规划 那么我们可以考虑通过记录摆动的长度得到，什么是摆动的长度呢？我们可以用up和down两个变量来记录摆动的次数，如果前一个差为正数，当前差为负，那么就是遇到了一个down，模拟往下摆动。
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摘要：思路： 这道题需要找规律了，因为题目是求有多少种方案获得平衡数组，那么就需要遍历所有元素。 首先 对于删除元素的左侧是可以发现不受影响的，但删除元素的右侧元素下标会-1，整体向左侧移动一个单位，那么原来在奇数位置的元素就会变到偶数位。所以我们只需要得到右侧的元素的和即可。 我们定义 int left
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摘要：思路： 这道题虽然是困难，但和昨天的每日一题没区别，可以用二分秒了。 同样是利用二分的二段性，因为有重复的元素，所以找旋转点的时候去掉重复的元素，恢复二段性，然后剩下的就和昨天的代码一样了。 这个二段性真的理解太好用了，强烈推荐好好看看。 代码： class Solution { public: i
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摘要：思路： 直接用大顶堆，每次取两个数来比较即可，难点是循环的条件为什么。 考虑两种情况，最后堆只有一个元素，那么就返回这个元素值，最后堆没有元素，为什么呢，因为我们每次去两个数，如果倒数第二步还剩下两个石头，且相同重量，那么最后就没有元素了。针对这两种情况都是堆的元素数量>1，因为最后结果只有1和0嘛
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摘要：思路： 这道题有个要求就是（A）的得分要乘2，那这就有个问题了，如何记录一个括号之间有多少分呢，又该如何记录以前的分数，并能区分不是一个括号里面的之前算出来的分数。 又因为我们可能回下意识的把栈定义为char类型把'('放入栈里，这样就没思路了。 考虑题目说给的string一定是平衡括号对，所以我们
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摘要：思路： 刚开始看到这题，没能准确理解意思，直接用两个指针分别从pushed的第一个元素开始往后，从popped最后一个元素向前，然后比较，不相等就return false，然后错误，对比了一下例子发现 pushed=[1,2,3,4,5]，popped=[4,5,3,2,1]而不是[5,4,3,2,
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摘要：思路： 这个题目描述的就很迷，是看了讨论才明白在问什么。 题目说是包含所有不同字符的最小子序列， 所有不同字符说明 s字符串中所有出现过的字符都要有，最小说明满足前一个条件后，子序列要尽量让小字符排在前面，如ab和ba，那ab就是更小的。子序列，说明要是例子里面的子序列，如"cbacdcbc"，输出
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摘要：思路： 这种旋转数组的题，首先要确定一个旋转点。可以用二分法来寻找。 因为有特例，当旋转n次时，数组就还原了，这就不满足二分法的 二段性，这支博客解释过，所以我们要特别把这种情况单独考虑。然后其余的情况都可以用二分法找到旋转点，根据自己寻找的旋转点的细节来判断时right还是位与right+1的位置
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摘要：setup.s模块：完成OS启动前的设置，为操作系统管理硬件做准备。 例如： 读内存大小并保存起来，操作系统要管理内存得知道他多大。 获取光标的位置，显卡参数，根设备号等信息后，操作系统会形成很多数据结构来管理这些设备，来形成表来管理内存，这时候就是操作系统开始接管硬件。 后面会将操作系统移动到0地
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摘要：思路： ###堆 这个题也可以用堆来做，和题313. Super Ugly Number的 堆做法一样。 通过大顶堆，即降序的堆来存放每个数，初始化res为1，因为这里的丑数的质因数只能是数组primes里面的，所以只要将2，3，5改为primes里的数即可。 在判断堆里是否有重复的元素，有则pop
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摘要：思路： 和692.Top K words题目是相同的，一样的用hash map对出现的次数进行计数，然后最后再以pair的形式放如堆中，以出现次数为主要排序对象，用默认大顶堆即降序排序即可。 代码： class Solution { public: vector<int> topKFrequent(
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摘要：思路： 因为还要考虑到字母顺序，所以肯定能用堆来存储。这里还需要先计数每个单词出现的次数，可以考虑用hash map来计数，再以pair的类型存放进堆，因为这里堆用大顶堆即降序排序，我们对出现次数取负值即可，然后每次加入进堆都判断一次是否数量大于K了，如果大于就pop掉堆顶元素，因为降序所以出现次数
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摘要：仅供自己学习 思路： ###暴力 刚开始看确实没思路，用的暴力法。因为他要的数是质因数只为2，3，5的。那么我们只需要获得通过2，3，5相乘得到的数即可。通过三个循环，先a=a2，然后b=a，b=b3，最后c=b，c=c5，这样得到的c就是是由23*5得到的数，但是这样得到的数，没法确定大小关系，所
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摘要：仅供自己学习 思路： 思路比较简单，但要注意细节处理。 一开始就是想遍历寻找nums[i]<nums[i-1]获得旋转点，然后对这两侧的数组分别使用二分搜索，但是一直报错，找不到原因。 根据题解二分可知二分的本质是二段性，而非单调性。只要一段满足某个性质，另外一段不满足这个性质就可以用二分。 对于一
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摘要：仅供自己学习 思路： 题目要求原地算法，在考虑因为最大有两个重复元素。那么我们运用双指针，一个用来记录遍历过且修改为不重复的数组长度slow，一个用来记录当前位置的fast指针。这个问题容易找到超过两个元素的重复元素，但是如何去掉是个问题。 因为我们允许重复两个，那么我们每次判断都是slow-2的元
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摘要：仅供自己学习 思路： 因为num1的空间能容纳num1和num2的内容，所以第一种方法就是可以把num2的数全加进num1中然后在sort即可。 相当于调用快排时间复杂度为O（（m+n）log（m+n）），空间复杂度O（1） 第二种方法是创建一个数组，然后比较num1和num2的大小放入新数组，最后
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摘要：仅供自己学习 思路： 需要定义两个栈st1，st2.第一次调用CQueue()时，可以用于清空两个栈。加入元素的函数直接加入进st1即可，对于删除函数，要先判断st2是否为空，如果不为空直接从st2弹出元素，如果为空就从st1一直加元素直到st1为空，如果st1为空，st2没有元素加进去，那么就返回
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摘要：仅供自己学习 思路： 新建一个数组，用left和right两个指针，判断nums[i]是否为偶，如果是就res[right]=nums[i]，否则从left位置加。 代码： class Solution { public: vector<int> exchange(vector<int>& nums
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摘要：仅供自己学习 思路： 题目要求最小的颜色种类，这里要从相同数字入手。因为相同数字有两种可能，第一种是多个同种颜色的兔子在说他们这种颜色的有多少只，另一种是不同种颜色有相同的数量，这是解决问题的关键点。 我们需要进行统计找规律。[2,2,2],那么最少种类的可能就是只有一种颜色，数量为3，所有兔子都被
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摘要：仅供自己学习 思路： 这种题应该用动态规划，因为上到n台阶的方案需要分成不同种方案，即上一层和上两层的多种组合。 首先考虑上到最后一层，可以有上一层台阶到达最后一层，也可以有上两层台阶到达最后一层，那么总的方法就有 dp[n]=dp[n-1]+dp[n-2]种。 因为题目给的范围不为0，所以dp[0
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摘要：仅供自己学习 思路： 直接遍历判断即可 class Solution { public: int calculate(string s) { int n=s.length(); int x=1,y=0; for(int i=0;i<n;++i){ if(s[i]=='A') x = 2*x+y; e
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摘要：仅供自己学习 思路： 按照题目要求我们需要定义一个head头节点，并且因为树是二叉搜索树，所以要采取中序遍历才能得到从小到大的排序。 按照中序遍历的模板 dfs(root->left); cout<<root->val; dfs(root->right); 同样我们也通过这个模板写DFS，这里因为是
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摘要：仅供自己学习 思路： 因为这是求公共子序列，不是公共子字串，所以公共的元素可以不连续，那么暴力为每个字符找相同的字符就需要O(n^2)的时间。 考虑用两个string的长度做二维矩阵，用动态规划。定义dp[i][j]为text1长度为i，text2长度为j是的公共子序列长度，text[0:i]定义为
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摘要：仅供自己学习 思路： 我们通过DFS递归把所有的分支到叶子节点的都计算看是不是满足这个目标值。 首先判断递归传入的root是否是NULL，如果是就返回，不是就把这个sum-root->val，然后加入进path中去，如果 sum=0说明这条路是满足了target，那么久加入进res中，加入后不直接r
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摘要：仅供自己学习 思路： 因为要求接水的最大单位数，那么需要知道两侧的的高度。但如果遍历每一个位置再向两侧展开会很绕，需要很多if条件。如果我们从两侧向中间靠近则会容易理解得多。我们设置两个指针left和right，left指向第一个位置，right指向最后一个位置，在定义leftmax和rightma
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摘要：仅供自己学习 思路： 思路比较简单，就是遍历整个矩阵，查找与word第一个字母相同的元素，然后搜寻他的上下左右的元素是否等于word的下一个元素，如果有一个方向有就从这个方向继续上述步骤。否则将会退出这个元素，从矩阵的下一个元素开始判断。实现的方法就是DFS回溯法。 我们当我们找到word相同元素的
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摘要：仅供自己学习 思路： 自顶向下： 可以递归到最低层开始计算层数，当root为NULL时，就返回0，说明是最底一层。然后到上一个递归，因为上一个递归的root不为空，那么我们就return 左右子树中的最大层数+1，那么倒数第二层就是0+1，如此就能得到一个子树的最大深度了。这就是递归函数的内容，即获
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摘要：仅供自己学习 思路： 因为这个是有一定规律的使用运算符，那么就存在一定周期，所以我们就可以考虑一个数conut通过模这个周期来判断此时可以用哪个运算符。又因为这是滞后计算，那么就用栈。 我们从N这个数往0减小，我们可以知道从第一个数 相乘到加上最后一个数，总共有4个数，那周期就为4.首先对于相乘的数
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