約束の空

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 阅读全文

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 阅读全文

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 阅读全文

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 阅读全文

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] 阅读全文

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 阅读全文

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 阅读全文

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 阅读全文

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 阅读全文

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 阅读全文