09 2018 档案
摘要：10. Regular Expression Matching 经典DP题目，比较复杂，需要多复习。 dp[i][j] 表示 s 下标0~i，p 下标0~j 是否能够匹配 dp[i-1][j-1] s[i]==p[j] || p[j]=='.' dp[i][j] = dp[i][j-2] p[j]=
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摘要：和top k element一样的题目。创建大顶堆，pop前k个就是所求。nlogn 也可以创建一个大小为k的小顶堆，这样最后留下的就是最大的k个元素。小顶堆和大顶堆正好相反，在cmp函数写的时候，除了a.second>b.second, if (a.second==b.second) return
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摘要：模拟时间流逝，如果当前时间是start，++room；如果是end，呢么--room。但是一个for循环从时间起点到终点太麻烦，可以用一个map来记录，（map是有序的）。 时间复杂度O(nlogn)，每次插入map都要logn。 方法二：Sort+Priority_queue 也可以记录最早的结束
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摘要：后序遍历，把每个节点的后序遍历用字符串保存下来。 时间复杂度，T(n)=2T(n/2)+n (字符串处理) = O(nlogn)，最坏 O(n^2)。 空间复杂度，每个节点都要字符串来存，O(n^2)。
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摘要：用backtracing做超时了，代码如下： 本题可以用优先队列+Greedy做。 首先对计算每个字母出现个数，根据个数建立优先队列，个数多的在前。每次选取队列前两个字母，这样一定不会有重复字母在一块。建立优先队列的时候，如果某个字母的出现次数比 (s.size()+1)/2 还要大，说明不行，返回
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摘要：题目要求O(log(m+n))，很自然想到二分。但是怎么二分缩小搜索区域比较tricky。找中位数，可以看成找第k个数的问题，比较两个数组第k/2个元素（奇数偶数都可），小的那个数组的前面元素都可以丢掉（不可能是第k大的元素）。 本题的corner case比较多，如k==1，len=0。而且有奇数
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摘要：Sliding Window 的问题，初始想法是优先队列，保存下标，如果移除的下标正好是优先队列的top，pop()。时间复杂度应该是O(nlogn)。 题目要求用O(n)，可以利用deque，队首为最大元素，如果移除的元素是最大元素，pop_front()。对于新的待加元素，pop_back()
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摘要：如果把数组换成字符串，这道题就是 Longest Common Substring 的问题。当然，这个和 最长子序列 Longest Common Subsequence 是不一样的。 类似求极值的题，都要用DP想一想。本题就可以用DP来做。 dp[i][j] 表示a数组0~i 和 b数组前0~j，
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摘要：用两个变量指向red和blue的边界，i遍历数组。 如果nums[i]=0，和nums[red]交换，nums[red]为1（因为i遍历nums[red]，是0到前面去了，是2到后面去了），++i。 如果nums[i]=2，和nums[blue]交换，这里nums[blue]可能为0或1，因此交换以
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摘要：找连续subarray的题，都考虑一下滑动窗口。 形如 sum/product < k 的题，维护一个 <k 的滑动串口，每次 ++end 后，要改变start使得区间能够保持原有性质。 如果是 > k 的题，同样也是维护一个 <=k 的滑动窗口，类似单调栈的处理方法，++end之后，start对应
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摘要：76. Minimum Window Substring 典型Sliding Window的问题，维护一个区间，当区间满足要求则进行比较选择较小的字串，重新修改start位置。 思路虽然不难，但是如何判断当前区间是否包含所有t中的字符是一个难点（t中字符有重复）。可以通过一个hashtable，记录
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摘要：325. Maximum Size Subarray Sum Equals k 类似sum的题都可以想一想可不可以把sum依次求出来，然后 [i+1,j] 的sum 直接用 sum[j]-sum[i]来求。 由于这道题有负数存在，没办法用sliding window来做，只能另辟蹊径。 用一个has
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摘要：209. Minimum Size Subarray Sum 方法一：Sliding Window 滑动窗口问题，维护一个sum<s的窗口（类似单调栈），遇到sum>=s的情况，就处理并++start。时间复杂度O(n)。 方法二：二分 由于从0~i的sum是单调的，可以用二分找。n个元素，每个元素
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摘要：基础backtracing题，先排序一下，每次传一个参数表示开始的下标。注意dfs的时候，是i，不是i+1，因为同样的元素可以使用很多次。 40. Combination Sum II 有重复元素的情况。和Permutation II处理方法类似，如果 i>start && candidates[i
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摘要：一开始用bfs做，memory不够，估计用dfs可以做。既然可以dfs来做，而且不需要保存路径等信息，肯定可以用dp来做。 方法一：DP 时间复杂度O(n^2) 方法二：Greedy 久违的贪心问题，其实我们只关心最大能跳到的距离， 因此可以用贪心来做。 时间复杂度O(n) 45. Jump Gam
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摘要：必须利用原数组进行操作，第一想到的就是利用元素的对应下标，把nums[i]-1下标的元素*-1来做。但是由于0存在，所以不行。 可以利用while循环，把当前位置符合要求的元素swap到正确的位置，最后只要遍历nums，如果 i 下标的数不为 i+1，说明 i+1就是答案。如果没有这样的数，那么答案
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摘要：这道题的本质是寻找 数组里比某个元素大的第一个元素。 可以用单调栈来做，维护一个单减的栈，遇到大的元素，出栈知道栈顶元素大于当前元素。该过程中出栈的元素的next greater element就是当前元素。 II 循环用 i%n 可以解决，但是这道题相比上一题有了重复的元素，所以stack里存下标
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摘要：多了重复的元素，可以先通过排序，如果当前元素和之前元素相同，且之前的元素没有被visit过，说明前一个元素已经访问过并重新置为没访问过，所以这种情况需要continue。 也可以用之前I的第二种方法，交换，这样就不用排序了，但是为了防止重复的答案，所以需要set 注意 dfs(start+1) ，
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摘要：基础backtracing的题。 之前的方法需要一个used来判断元素是否被使用过。 而下面这种方法思路很不错，每次交换数组里两个元素，当前面都枚举完毕后，从[start,...,end]依次交换。
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摘要：实质就是求每个节点的最大深度。用一个hash表记录，最后输出。 其实可以不用hash表，每次深度比vector.size()大的时候新建一个vector，这样节省了空间。 类似的方法在别的题里也有应用。 时间复杂度 O(n) 空间复杂度 O(n)
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摘要：BFS的题目，一开始做的时候，我是判断出栈元素和数组里的元素是否距离为1，超时。思考了一下觉得是判断是否距离为1处，所有换过一个字母的字符串都要和每个wordList里元素比较，太耗时了。 所以直接建立一个set，所有换过一个字母的字符串直接在set里找，找到了就直接erase，方便不少。 Word
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摘要：找中序遍历的后一个节点，那就中序遍历到当前节点后再往后一个，可以用递归，也可以非递归，完全没有用到BST的性质。 也可以充分利用BST的性质，如果p比当前节点小，说明在左子树，res=root；否则去右子树搜索。 用递归写 引申一下，如果求前面一个节点，也是一样做，只不过left right反一反。
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