随笔分类 - leetcode-数组
摘要：题目： 解答： 方法一：累计求和 为了获得长度为 k的子数组的平均值，我们需要知道这 k个元素之和。使用 sum记录数组的累加和，sum[i]存储从第一个元素到第 i个元素之和。该数组只需要计算一次。 在数组 sum中，原数组索引从 i到 i+k的元素之和为 sum[i] - sum[i-k]。按照
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摘要：题目： 解答： 方法一：排序。 我们将数组进行升序排序，如果数组中所有的元素都是非负数，那么答案即为最后三个元素的乘积。 如果数组中出现了负数，那么我们还需要考虑乘积中包含负数的情况，显然选择最小的两个负数和最大的一个正数是最优的，即为前两个元素与最后一个元素的乘积。 上述两个结果中的较大值就是答案
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摘要：题目： 解答： 我们从左到右扫描数组 flowerbed，如果数组中有一个 0，并且这个 0 的左右两侧都是 0，那么我们就可以在这个位置种花，即将这个位置的 0 修改成 1，并将计数器 count 增加 1。对于数组的第一个和最后一个位置，我们只需要考虑一侧是否为 0。 在扫描结束之后，我们将 c
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摘要：题目： 解答： 方法一：暴力破解，找出所有的两个元素的排列。 方法二：排序。 为了理解这种方法，让我们从不同的角度来看待问题。我们需要形成数组元素的配对，使得这种配对中最小的总和最大。因此，我们可以查看选择配对中最小值的操作，比如 (a,b)可能会产生的最大损失 a-b (如果 a > b)。
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摘要：题目： 解答： 依次扫描字符串，并用两个计数器记录A和L的数量，其中对于L计数器，因为需要是连续计数，所以如果碰到A和P，则需要重置L计数器。 当A计数器 > 1 时，直接返回false。当L计数器 > 2 时，直接返回false。 都扫描结束，则返回true。 1 class Solution {
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摘要：题目： 解答： 首先将数组排序，随后从小到大遍历数组中的元素，对于每一个元素，向其右侧二分查找k+nums[i]，因为向其左侧查找得到的nums[i]-k一定是在更早之前被发现的（nums[i]-k）+k。 如果当前元素和其前一个元素相等，那么其找到的结果也必然和前一个元素相等，是重复结果，因此直接
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摘要：题目： 解答： 方法一：递归 算法： （1）检查整数N，如果N小于等于1，则返回N； （2）否则，通过递归关系：F(n) = F(n-1) + F(n-2)； （3）直到所有计算返回结果得到答案； 1 public class Solution { 2 public int fib(int N) {
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摘要：题目： 解答： 方法一：快慢指针 1 class Solution { 2 public: 3 int findMaxConsecutiveOnes(vector<int>& nums) 4 { 5 int slow = 0; 6 int fast = 0; 7 int count = 0; 8 i
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摘要：题目: 解答: 方法一：哈希表。 方法二：原地修改。 （1）我们需要知道数组中存在的数字，由于数组的元素取值范围是 [1, N]，所以我们可以不使用额外的空间去解决它。 （2）我们可以在输入数组本身以某种方式标记已访问过的数字，然后再找到缺失的数字。 算法： （1）遍历输入数组的每个元素一次。 （2
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摘要：题目： 解答： 方法一： 利用set中元素的有序性和唯一性，将元素放入set中，若set的size不小于3输出倒数第三个元素；若set的size小于3，输出最后一个元素。 1 class Solution { 2 public: 3 int thirdMax(vector<int>& nums) 4
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摘要：题目： 解答： 方法一： 当我们遇到一个非零元素时，我们需要交换当前指针和慢速指针指向的元素，然后前进两个指针。如果它是零元素，我们只前进当前指针。 1 class Solution { 2 public: 3 void moveZeroes(vector<int>& nums) 4 { 5 int
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摘要：题目: 解答： 方法有排序、哈希、数学求和等，这里采用位运算。 由于异或运算（XOR）满足结合律，并且对一个数进行两次完全相同的异或运算会得到原来的数，因此我们可以通过异或运算找到缺失的数字。 1 class Solution { 2 public: 3 int missingNumber(vect
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摘要：题目： 解答： 思路：哈希。 （1）维护一个哈希表，里面始终最多包含 k 个元素，当出现重复值时则说明在 k 距离内存在重复元素； （2）每次遍历一个元素则将其加入哈希表中，如果哈希表的大小大于 k，则移除最前面的数字； （3）时间复杂度：O(n)O(n)，nn 为数组长度； 1 class Sol
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摘要：题目： 解答： 方法一：哈希，判断value值是否大于1 1 class Solution { 2 public: 3 bool containsDuplicate(vector<int>& nums) { 4 5 unordered_map <int,int>mp; 6 for(int i:num
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摘要：题目: 解答： 使用反转。 这个方法基于这个事实：当我们旋转数组 k 次， k\%nk%n 个尾部元素会被移动到头部，剩下的元素会被向后移动。 在这个方法中，我们首先将所有元素反转。然后反转前 k 个元素，再反转后面 n-kn−k 个元素，就能得到想要的结果。 假设 n=7且 k=3 。 原始数组
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摘要：题目： 解答： 思路： 如果我们把众数记为+1，把其他数记为-1，将它们全部加起来，显然和大于0，从结果本身我们可以看出众数比其他数多。 算法： Boyer-Moore算法的详细步骤如下： 1）维护一个候选众数candidate和它出现的次数count。初始时，candidate可以为任意值，cou
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摘要：题目： 解答： 1 class Solution { 2 public: 3 vector<int> twoSum(vector<int>& numbers, int target) 4 { 5 int low = 0; 6 int high = numbers.size() - 1; 7 8 wh
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摘要：题目： 解答： 1 class Solution { 2 public: 3 int maxProfit(vector<int>& prices) 4 { 5 int profit = 0; 6 for (int i = 1; i < prices.size(); i++) 7 { 8 int tm
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摘要：题目： 解答： 我们需要找出给定数组中两个数字之间的最大差值（即，最大利润）。此外，第二个数字（卖出价格）必须大于第一个数字（买入价格）。 形式上，对于每组 i和 j（其中 j >i），我们需要找出 max(prices[j] - prices[i])。 方法一：暴力法 1 class Soluti
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摘要：题目： 解答： 总的来说就是利用杨辉三角形后一行与前一行的关系。更新过程为：从倒数第二个元素开始往前更新 它等于原来这个位置的数 + 前一个位置的数行[i] = 行[i] + 行[i-1] 1 class Solution { 2 public: 3 vector<int> getRow(int r
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