06 2021 档案
摘要：朴素的BFS，注意要考虑输入就是答案的情况 class Solution { class State { int[][] board; int p; int q; int cnt; State(int[][] b, int i, int j) { board = b; p = i; q = j; c
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摘要：朴素BFS，擦边过。。不难，但是绕，需要想清楚。 大致描述一下做法吧，首先枚举能经过起点站的公交车，将公交车入队列。 然后对当前公交车能到达的每一站，看能否换乘其它公交车，将其它公交车入队。 注意，已经“坐过”的公交车就没有意义再坐一次了，当然，已经去过的站也没有必要再去一次了。所以有两个visit
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摘要：回溯DFS 但是该递归函数并没有满足「全排列不重复」的要求，在重复的字符较多的情况下，该递归函数会生成大量重复的排列。对于任意一个空位，如果存在重复的字符，该递归函数会将它们重复填上去并继续尝试导致最后答案的重复。 解决该问题的一种较为直观的思路是，我们首先生成所有的排列，然后进行去重。而另一种思路
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摘要：下一个值覆盖当前值即可。。 class Solution { public void deleteNode(ListNode node) { while (node.next.next != null) { node.val = node.next.val; node = node.next; }
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摘要：链表形式的大数相加，没什么难的 题目要求不能修改原链表。那就把两个链表遍历一遍，把数取出来放到stack里，再进行相加 或者利用递归？（不过也是一样的，自己构建的栈只是换成了递归栈） class Solution { public ListNode addTwoNumbers(ListNode l1
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摘要：二分的一种变种，这次是比较条件改变了，相邻的两位来比较，进而判断左右区间的选择 class Solution { public int peakIndexInMountainArray(int[] arr) { int n = arr.length; int left = 1, right = n
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摘要：二分寻找边界 public class Solution extends VersionControl { public int firstBadVersion(int n) { int i = 1; int j = n; while (i<=j) { int mid = i + ((j-i)>>1
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摘要：考察二分的一种写法，注意数据的溢出 public class Solution extends GuessGame { public int guessNumber(int n) { int left = 1; int right = n; while (left <= right) { int m
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摘要：看来最近力扣的每日一题换成了背包啊。 这个问题并不是一个直接的背包问题，需要做一下问题转化的。 把石头尽可能的平均分成两堆，即两堆石头的总重量尽可能的相等。如果所有石头总重量和为sum的话，那么分成的两堆石头，每堆石头的重量尽可能的接近sum/2。 让这两堆石头相撞，最后剩下的最小石头，就是两堆石头
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摘要：494. 目标和 一看数据最多才20个，直接暴力DFS感觉能过，没想到真过了o(╯□╰)o class Solution { int ans = 0; public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) { int n = nums.length
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摘要：上一个题的变种，改了一下，果然超时，然后在dfs的时候加一些剪枝，仍然超时。。。 因为太晚了，实在不想自己想了，所以看了下题解，果然是要用动态规划来做。 大致思路是k[0][j]表示，当前从0节点出发，到j节点，最少的分隔数。那么得到k[0][j]的递归公式就是 : Min(k[0][t])+1,t
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摘要：中等题，别看挺简单，能很快写出来代码蛮难的，后面可以用作面试考察题 大致思路遍历链表，对于每一次遍历i，将当前节点从链表上摘除，然后从链表开头到i节点：[head,i)，寻找可以插入的位置。注意要处理边界情况：1. 可能插在了当前head节点前面 2. 当i节点的val比[head,i)中所有节点都
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摘要：题目不难理解，可以将问题转化成判断O构成的连通区域，是否有位于边界的块。 直接用朴素的BFS解决问题。BFS时要向上下左右四个方向都走，走过的块记录的list中，走的同时判断如果有位于边界的块，flag记为true 最后BFS完成后，如果是 false，那么就可以把list中记录的块置为X了；如果f
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摘要：考察栈的使用，需要注意边界情况。不难，想全TestCase很容易1A通过 class Solution { public String reverseParentheses(String s) { Stack<Character> stack = new Stack<>(); if (s.lengt
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摘要：首先标记出所有的回文子串。boolean f[i][j]表示下标[i,j]构成的子串是回文串。 使用中心扩展法来算出整个f数组：枚举每一个下标为回文串的中心，然后逐渐向两边尽可能的扩展。最终O(n^2)跑完f数组。 然后使用dfs枚举出所有可能性 粗心了一下，可惜没有1A class Solutio
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摘要：蛮简单的一个题，位运算 public int hammingDistance(int x, int y) { int cnt = 0; while (x>0&&y>0) { int a = x & 1; int b = y & 1; if (a!=b) cnt++; x>>=1; y>>=1; }
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摘要：在日常面试中，经常遇到有的候选人甚至连二分都写不对。你可能会说，不就是个二分吗，有啥难的？其实，不要小看二分哦，能完全写对的真的不多。 首先我们先看最朴素的二分写法： public int binarySearch(int[] a, int target) { int left = 0; int r
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摘要：矩阵前缀和。因为矩阵中可能包含负值，所以这题肯定不会存在什么剪枝，动态规划的可能性。所以这个题也就没什么弯弯绕绕。个人感觉算不上个Hard题目。 最直观的思路就是枚举子矩阵，既枚举矩阵的左上角节点和右下角节点所构成的子矩阵。枚举是4层循环。 然后矩阵和的计算是两层循环，肯定不能套在枚举子矩阵的循环里
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摘要：前缀和问题。题目很好理解，读完题我们可以很迅速的想到利用前缀和实现O(n^2)的算法 其实，题目要求只统计满足k的子序列个数。所以当我们遍历到i时，prefix[i] + x = k，所以我们只需要知道x这个值出现了几次，就能统计出i节点所能构成的答案。借用Map结构就能很轻易得到。 最终一次遍历就
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摘要：位运算 231. 2 的幂 ``` class Solution { public boolean isPowerOfTwo(int n) { int cnt = 0; while (n>0) { if ((n & 1) == 1) cnt++; n >>= 1; } return cnt == 1
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摘要：这个题感觉很不错，链表中的部分反转问题、快慢指针问题都可以考察到。 首先，利用快慢指针，找到链表的中位节点，然后对后半部分链表反转。然后对前半部分链表隔一个插入一个就可以了。 143. 重排链表 ``` class Solution { public void reorderList(ListNod
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摘要：4x 其实可以等效于 22x，所以我们仍然是通过位运算求这个2^y是多少，然后判断这个y是不是2的倍数就可以了。 class Solution { public boolean isPowerOfFour(int n) { if (n == 1) return true; int cnt = 0;
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摘要：都儿童节了，为什么要折磨一个几百个月大的孩子？ 把题意读懂挺难的。不过读懂后基本也就知道怎么做了。恶心的是int类型可能会越界，要用long类型（很难想到）。这题不好 [1744. 你能在你最喜欢的那天吃到你最喜欢的糖果吗？](https://leetcode-cn.com/problems/can
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摘要：用归并排序一个链表。 /** * Definition for singly-linked list. * public class ListNode { * int val; * ListNode next; * ListNode() {} * ListNode(int val) { this.v
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摘要：我会把前缀和+HashMap刻在我的DNA里。 子数组中0的个数和1的个数相同。其实可以让0变成-1，那么问题是变成了子数组中和为0即满足题意。 sum[i]为前缀和。 如果sum[j] - sum[i] = 0，那么区间[i+1,j]构成的子数组即满足题意。 我们将<sum[i]，i>的对应关系存
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摘要：经典链表判断相交，记住就完事了。 160. 相交链表 /** * Definition for singly-linked list. * public class ListNode { * int val; * ListNode next; * ListNode(int x) { * val =
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摘要：最暴力的办法是需要枚举每一个起点，然后判断从该起点出发能否满足题意。 从暴力算法出发，如何优化呢？ 可以不需要枚举每一个起点吗？ 不可以，每一个起点的枚举肯定是少不了的 枚举每一个起点后，判断可能性时可以优化吗 可能很快能想到前缀和，能做到O(1)下判断从该点出发后，到最后一个加油站时剩余油量。但是
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摘要：一和零 把总共的 0 和 1 的个数视为背包的容量，每一个字符串视为装进背包的物品。这道题就可以使用 0-1 背包问题的思路完成，这里的目标值是能放进背包的字符串的数量。 动态规划的思路是：物品一个一个尝试，容量一点一点尝试，每个物品分类讨论的标准是：选与不选。 定义状态：尝试题目问啥，就把啥定义成
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