随笔分类 - LeetCode
摘要：方法一：Line Sweep 几何类问题，可以用 Line Sweep nlogn 解决。维护一个active set，左边界进右边界出。排序时注意 corner cases: 1. 右边界和左边界x一样时，先处理左边界。 2. 多个左边界x一样时，高的先处理。 3. 多个右边界x一样时，矮的先处理
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摘要：方法一：Line Sweep naive的想法是检查面积是否相等，但可以举出overlap的反例。顺着这种思路想，如果能判断是否重叠，那么本题就解决了。 暴力检查重叠太慢了。这里采用line sweep的方法。先根据x排序，维护一个对于y interval的active set。从左向右扫描，遇到左
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摘要：树的题递归来做。给定一个root，如果左右两颗子树height一样，那么root就是所求的解；如果不一样，那么解一定再height高的那棵子树里，递归调用即可。height和depth的区别：What is the difference between tree depth and height?
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摘要：参见 307. Range Sum Query - Mutable Segment Tree Tree Implementation (SegmentTreeNode) https://www.youtube.com/watch?v=rYBtViWXYeI&list=PLLuMmzMTgVK7ug0
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摘要：本题的核心是找到LCS，然后通过dp数组，反向构建出 Common Supersequence。这和 print LCS 的思路极其相似。 LCS: Longest Common Subsequence / String 总结 https://www.geeksforgeeks.org/printi
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摘要：本题第一眼看上去很难，但是实际上并不是二维的问题，而是一个一维的数组分段的问题。 本题需要格外注意下标，很容易出错。 为了减少对第一本书的初始化，记 dp[i] 为前i本书所需的最小高度，即下标 0~i-1，初始条件为 dp[0]=0 用j表示从下标j开始放到下一个row，即 [j~i-1] 为新的
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摘要：只能向右或者向下，典型的DP问题。本题问的是能到达右下角的最小初始生命值。 dp[i][j] 表示从 dungeon[i][j] 位置到右下角的最小初始生命值。 dp[i][j] = min(dp[i+1][j], dp[i][j+1]) - dungeon[i][j]，同时要保证dp[i][j]始
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摘要：一看就是DP题，但是递推公式比较难想。为了简化问题，给 nums 开始和最后都加上1。 记 dp[i][j] 表示 nums[i~j] 能得到的最大coin。 k 表示保留着的气球， dp[i][j] = max_k { dp[i][k-1] + nums[i-1] * nums[k] * nums
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摘要：表达式相关的题目，由于会出现各种嵌套，通常用递归来做。 递归来做主要由两种，如 op e1 e2 1. 通过括号或者空格找到 e1, e2 的范围，递归求解 e1, e2。 2. 直接递归求解，在递归内找 e 的范围。 由于本题比较复杂，很难直接把嵌套的表达式找出来，因此采用第二种方法，在递归中处理
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摘要：Greedy 先生成abbreviation，如果有重复，对所有重复的prefix再添加一个字符，直到没有重复为止。 记dict长度为n，每个word平均长度为m。 外侧for循环O(n)，while循环最多O(m)， 内侧：j的for循环O(n) + k的for循环最多也是O(n) * abbre
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摘要：792. Number of Matching Subsequences Inverted Index + Binary Search Brute Force 会 TLE，时间复杂度为 O(S*n + Σwords[i])。 可以对S中每个字符建立一个vector，保存其下标位置。这样就可以通过二分
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摘要：字符串的题目，套路不是动态规划就是转化为图。 本题把每个string作为节点，s1 -> s2 边的权值为 把s2接到s1后还需要添加的字符数量。本题就转化为类似 TSP 的问题，TSP 可以用动归来做。 复习一下TSP： 本题思路和 TSP 思路一致。dp 初始条件设置为 C({i},i) = A
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摘要：My Calendar I hash table + binary search，注意边界情况即可。 My Calendar II 方法一：沿用 My Calendar I 的思路，给overlap的时间段再建一个hashtable，判断overlap的时间有没有overlap。 https://l
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摘要：方法一：Sort By Column 先Group by column，并排序。对于每个col，枚举所有的(r1, r2) pair，把pair作为key，col作为value保存到map，即 map[{r1,r2}] = col。如果之后再遍历到同样的pair，说明可以形成一个长方形。 需要注意的
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摘要：所有可能的密码总数 k^n，如果把这些密码都拼起来，长度 n*k^n 如果每个密码与前一个密码共用 n-1 位，那么长度缩减为 k^n + (n-1) 上述字符串也被称为 De Bruijn sequence。 所以问题转变为，如果得到这个序列。很容易想到转化为图的问题来做，而且可以转化不同的问题。
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摘要：方法一：DFS+Memoization 某种程度来说本题和 Word Break 很像。直接dfs暴力做肯定会超时，加上memoization即可。 dfs(start, m, ...) 表示从index start开始，分成m组的minmax值。 时间复杂度 比较复杂，应该和DP一样是 O(n^2
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摘要：这道题本质就是 323. Number of Connected Components in an Undirected Graph。 DFS O(n^2) 一模一样, 只不过图要自己构建而已。 Union Find O(n^2)，两两union n^2 Union Find (Optimized)
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摘要：由于是CBT，这道题一定是要用到CBT的性质，来减少时间复杂度。 由于是树的题，很容易想到递归，将原问题划归到子树上。完全二叉树除了最后一层一定是满的，因此子树中一定有一棵是满二叉树，而满二叉树的节点个数是2^n-1，接着只要计算另一棵的节点数即可。 在完全二叉树中，计算树的高度只要一路向左查看即可
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摘要：对于每一个位置，无论是odd还是even jump，jump后的位置要么不存在，要么就是符合要求的唯一位置。因此最关键的问题是解决： 给定一个index i，找出jump后的位置 如果对每个index都能找到jump后的位置，那么利用递归 (DP) 很容易就能判断能否jump到最后一个位置。 由于数
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摘要：在wordlist里随机选择一个word，调用master.match，得到匹配的个数。 假设返回值为2，那么在wordlist里，只有那些和word匹配数为2的才可能是最终的答案，可以去掉很多情况。 最优的策略是不是随机选择，这道题测试用例比较简单，随机也是能AC的。 我们的目标是尽可能减少下一次
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