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平衡二叉树：左右子树的高度之差为1 阅读全文
posted @ 2019-12-18 14:19
寅鸷
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posted @ 2019-12-17 10:13
寅鸷
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因为数组是有序的，所以只要用二分法先找到数字出现的位置，然后在左右统计个数 注意：这里二分法不能使用递归，因为可能会由于数组过大导致递归深度太深，应该使用迭代进行二分 阅读全文
posted @ 2019-12-17 09:52
寅鸷
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通过图示可以看出，当p1和p2一直往后走，当p1为空的时候，p1就跑到链表p2的头节点的地方 当p2为空的时候，p2就跑到p1的头节点的地方，这样p1和p2所走的路程就是一样多了，必定在公共 节点处相遇 哈哈哈，抄一段大佬的代码！ 阅读全文
posted @ 2019-12-16 15:41
寅鸷
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思路很简单，定义两个数组，lower代表小写字母是否被访问过，upper代表大写字母是否被访问过 如果当前字母已经在之前被查询过了就不需要再次查询了 一次遍历当前数组中的每一个字母，然后在内层循环中查找后面是否存在相同的，如果没有相同的就直接返回了 当然还有大佬只使用一个数组来存放大小写，先便利一次 阅读全文
posted @ 2019-12-16 15:11
寅鸷
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盗用一个大佬的解题思路 min({arr[p2]*2, arr[p3]*3, arr[p5]*5}) 是c++11支持的写法，内部运用initializaer_list<int>的方法实现。 阅读全文
posted @ 2019-12-16 14:43
寅鸷
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一次遍历数组，将当前a【i】与其后面的每一个a【j】进行组合，即判断a【i】a【j】 与 a【j】a【i】哪一个更小 如果是a【j】a【i】更小的话，则交换a【j】与 a【i】的值。如此一来则能够找到每一个数的最合适的位置。 有点类似于冒泡排序的思想，将每一个能够组合起来得到最小值的a【j】放到当前 阅读全文
posted @ 2019-12-16 10:53
寅鸷
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第一次使用的方法是依次遍历每一个字串，然后记录最大值就可以了，但是这样的话，算法的时间复杂度为O(n2) 很显然这样做不是最优解 改进之后的算法时间复杂度为O(n)，用一个sum来记录字串的和，如果当前字串和负数的话，那么就要将sum直接赋值为array[i] ， 因为如果sum为负数的话，当前 a 阅读全文
posted @ 2019-12-14 20:30
寅鸷
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posted @ 2019-12-14 14:21
寅鸷
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这题要注意分类对应电影数量>=5部的意思是：当前分类中电影的总数量>=5 阅读全文
posted @ 2019-12-14 14:01
寅鸷
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