随笔分类 - LeetCode
摘要：方法一：Backtracing+Memoization 遇到在wordlist里的单词就继续深搜，memo[i] 用来保存下标i开始到结束的字符串是否能拆分，如果之前保存过，就直接返回，不用重复计算。 用start记录开始的下标，这样就不用传字符串作为参数了，当然用字符串也可以。 如果不用memor
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摘要：归并排序的应用。本题将一个链表分为两个有个技巧，就是快慢两个指针，需要注意的是如果一开始 slow=fast=head 来做，后面是 fast=slow->next; slow->next=NULL 的话在两个元素的时候会死循环，因此要么改前面要么改后面。
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摘要：经典问题，可以用迭代或是递归来做。迭代也有多种思路，一定要注意各种边界条件。 解法一：直接反转，顾名思义，要记录前面的结点信息，才能反转。能背下来最好。 解法二：把后面的结点依次放到最前面。first指针始终指向初始第一个节点，后面的节点依次挪到最前面。 解法三：递归。可以画图帮助思考，尤其是 he
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摘要：解法一：Priority Queue 优先队列实际是对每次对list头结点依次比较排序的一种优化。插入和删除时间复杂度都为O(logk)。一共n个数的话总共是O(nlogk)。 复习一下优先队列的写法。 解法二：Divide and Conquer
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摘要：解法一：Monotone Stack 用栈来解决本问题是一种很巧妙的解法，主要运用单调栈。由于面积受制于高度较低的矩形，因此由高至低来处理（最高的宽度为1，其相邻的次高的宽度可以用到最高的，为2，以此类推）。所以本题采用递增的栈，遇到小的元素就pop直至栈顶元素<=当前元素，对于pop出来的元素（一
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摘要：Recursive 递归处理字符串的题，思路很简单，如果遇到数字，把数字找出来，后面必然是'['，然后 res += decodeString(括号里的内容)。 但是括号内的内容很难直接找到，如果用 while(s[i]!=']') 来找，一旦遇到括号嵌套就会出错。因此，可以把括号的处理放入递归内做
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摘要：这两道题很有意思，由于元素为1~n，因此每个元素的值-1（映射到0~n-1）就可以直接当做下标。这样将 nums 中对应下标的元素 *-1 以i表示 index+1 这个元素出现过了，能节省存储的空间。 448. Find All Numbers Disappeared in an Array 44
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摘要：本题是 找最大top k 的类似问题，而求解最大top k的解法很经典。 将前k个元素建立一个大小为k的小顶部堆，直接建堆时间 O(k)。如果顺序加入到堆中则需要 k*O(logk)。 对于剩下的 n-k 个元素，如果元素小于堆顶元素，不用管；如果大于，替换掉堆顶元素，并重新维护最小堆的性质。代码实
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摘要：5. Longest Palindromic Substring 暴力的话需要枚举开始下标i，结束下标j，并判断该字串是否为回文，需要O(n^3)时间。很明显，通过暴力并判断字串是否为回文效率很低，其并没有考虑到回文的性质。 方法一：DP bool dp[i][j] 表示下标 i~j 的字串是否为回
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摘要：树的问题，递归来做。这道题考虑起来有些绕，记录一下。 对于任意一个节点，通过这个节点的最长路径是 以左节点为端点的最长路径+以右节点为端点的最长路径 因此 写一个函数 int dfs(TreeNode *root) 来计算以root为端点的最长路径，通过这个节点的最长路径在函数里计算并更新max即可
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摘要：方法一： BFS。用普通BFS来做的话，需要记录结点的depth，每次depth大于max_depth的时候更新答案。或者也可以根据队列的size循环，每次循环第一个就是该层最左边的结点。 有一种巧妙的方法就是按照先右子树后左子树的方式层次遍历，这样最后一个出队列的一定是最左边的结点。 方法二： D
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摘要：下标间距<=k，立马就想到滑动窗口，维护一个大小为k的区间。 方法一： 对于新的数，维护区间大小的同时，需要判断该区间中是否存在 [num-t, num+t] 的数字。由于需要根据大小查找，可以利用大小为 k 的 set 作为维护的区间，set 是有序的，因此可以调用 lower_bound 找到第
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摘要：最先想到的是暴力，需要枚举矩形左上角和右下角两个点，需要四重循环。 进一步思考优化的方法。枚举矩阵的两行row1,row2，然后枚举列col，如果两个交点都为1，说明这一组点是可以作为矩形的端点的。在row1与row2上，如果有n组这样的点，说明可以构成n*(n-1)/2个矩形（就变成数轴上n个点能
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摘要：求总数而不用给出方案，很可能是动态规划问题。有两种思路都可以做，本质是一样的：都是对当前颜色与前一个颜色是否相同进行分类。 思路一： dp[i] 表示到下标i为止的方案数。dp[n-1] 为所求。 dp[i] 由两种情况构成： 如果 i-1 颜色与 i 颜色相同，则 dp[i] = dp[i-2]
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摘要：字符串处理的问题，有几个点要注意。 string 里的 find(), find_first_of(), find_first_not_of() 如果没找到，返回string::nops。 C++ reference 中 npos 是这样描述的： This constant is defined w
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摘要：脑筋急转弯题。 先从石头数量较少考虑，假设当前是我的回合，如果还剩石头数量为1,2,3，我能够获胜。如果石头数量为4，我必定会输。 现在考虑石头更多的情况：还是我的回合，如果石头数量是5,6,7，我可以将4堆石头留给对手，我必胜。如果石头数量是8，对手一定会将4留给我，我必败。 石头数量更多的情况也
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摘要：不能用加减法，想到用位运算解题。 本题思路可见 http://www.cnblogs.com/grandyang/p/5451942.html 关于位运算部分总结 可见 https://blog.csdn.net/fly_yr/article/details/51144272
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摘要：求海明距离，将两个数按位异或，然后计算结果中bit 1的位数即可。其实就是 191. Number of 1 Bits 的问题。 计算二进制数中bit 1的位数，有一种经典的算法，Brian Kernighan's algorithm。 n ^ (n-1) 可以将较低位的1置为0。不同于上面的方法需
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摘要：方法一： 树的问题，第一想法就是递归。用start和end来确定数组区间，[start,end)。 这里又用到了 STL 的 max_element。主要运用如下： max_pos = max_element(v.begin(),v.end()) - v.begin(); max_num = *ma
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摘要：题目要求不能用除法，只能老老实实乘。 记 left[i] 为从左乘到 a[i-1]，right[i] 为从右乘到 a[i+1]，则 res[i] = left[i]*right[i] 。 由于 left[i] 和 right[i] 都只依赖前一个状态，因此可以用一个变量来代替数组。 这道题给人一种强
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