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经过旋转后的数组，满足这样一个性质，最小值右边的元素，都大于等于最小值（因为这题有重复元素，所以有可能等于），最小值左边的元素，都大于等于最小值。 所以每一次二分，我们可以与当前区间的最左边或最右边进行比较，确定最小值的位置。 这里我们每次将区间中点的值nums[mid]与区间右端点nums[rig 阅读全文
posted @ 2020-07-31 21:04
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题目说了是对升序的数组做旋转得到的数组，可以考虑二分。 因为做过旋转了，所以不能直接用二分。 找一下规律，旋转数组原来是升序的，那么最小的元素就是旋转前的第一个元素。 旋转之后，相当于把原来升序数组的前面某些部分放到了数组的后面，那么这个数组就满足，在最小的元素之前的部分数组依旧是升序的，然后最小的 阅读全文
posted @ 2020-07-30 11:21
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要求乘积最大的子数组（子数组一定都是连续的），可以暴力枚举子数组起点和终点，求和。但是肯定超时。 如果用动态规划，则只需要一遍扫描就可以得出结果。 可以用maxProduct[i]表示以i结尾的最大的子数组乘积。 如果所有nums[i]都是正数，则maxProduct[i]就是max(nums[i] 阅读全文
posted @ 2020-07-30 10:45
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题意是要把原字符串中所有的单词划分出来，倒序用一个空格的间隙来连接字符串，我们只需要划分出所有的单词，然后把它们连接起来，每两个单词之间放一个空格就好了。 分割空格之间的单词，很容易想到用双指针进行分割，只需要找到每个单词的第一个字母（也就是第一个不为空格的字母），然后左指针指向这个单词，右指针不断 阅读全文
posted @ 2020-07-30 10:23
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1523. 在区间范围内统计奇数数目 先计算从low到high一共有多少个数: int diff = high - low + 1; 找规律发现，如果low和high都是奇数，那么奇数个数就是diff上取整，其他情况奇数数目都是diff下取整。 class Solution { public: in 阅读全文
posted @ 2020-07-28 19:04
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经典dp问题，用dp[i]表示前i个字符解码方案的总数。 显然dp[0]=1（空字符也相当于一种解码方案）， 然后从小到大递推计算dp数组，如果当前当前数字不是0（也就是大于等于1小于等于9），则当前字符可以连接在之前所有字符之后成为一个新方案。 当前字符是0是不行的，0不能映射成英文字母。 所以有 阅读全文
posted @ 2020-07-18 12:19
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DFS枚举所有子集，对于每个数字，假设出现次数是cnt，则枚举这个数字的出现次数0,1, 2,.....cnt，其他数字同理。 所以解空间是指数级的。 要计算所有数字出现的次数，可以直接排序，这样同样的数字都是相邻的。 然后一个for循环枚举每个数的添加次数，假设一个数字的出现次数是cnt，则枚举它 阅读全文
posted @ 2020-07-18 11:02
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找规律，格雷码的一种生成方法如下图。对于n先将n-1的所有格雷码复制一下，然后轴对称所有n-1的格雷码，然后前半部分补0，后半部分补1， 就得到了n的格雷码。 class Solution { public: vector<int> grayCode(int n) { vector<int> res 阅读全文
posted @ 2020-07-18 00:19
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归并两个已排序数组为一个数组，不同于归并排序的归并用一个额外的数组，这里在第一个数组预留出足够的空间，所以需要直接在第一个数组里存放原来的两个数组的所有元素。 归并排序里，是额外开一个数组，然后两个指针分别从第一个数组和第二个数组的开头进行比较，比较小的那一个元素加入新数组中，然后某个数组为空之后， 阅读全文
posted @ 2020-07-17 23:48
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判断S2是否是S1的扰乱字符串。根据题目的定义，S1如果经过若干次对于部分子串的翻转操作能够得到S2，则S2是S1的扰乱字符串。 首先，如果S2是S1的扰乱字符串，那么S1中每个字符的出现次数必然和S2中每个字符的出现次数一致，也就是说，我们用两个字符串S3、S4备份一下S1和S2， 对S3和S4排 阅读全文
posted @ 2020-07-17 22:57
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