随笔分类 - Leetcode
摘要：(English version is after the code part) 这个题做起来比看起来容易,然后我也没仔细想，先速度刷完，以后再看有没有改进。 用这个来说： 1 2 4 3 2 2 1 9 去掉1位的话，应该去掉4，得到 1 2 3 2 2 1 9 去掉2位的话，在刚才的基础上，去掉
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摘要：被自己蠢哭了。 visit[i][j] = true写成了visit[j][j] = true 我DEBUG了1个多小时。。。。。。。 从最外面那圈的所有O开始顺着相邻的O走，里面那些能走到的O就是不用变成反革命分子的。否则最后变成X，反革命分子。 主要是剪枝，乱七八糟一大堆情况，包括但不限于： 走
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摘要：DP[0]DP[1]几乎花了2/3的时间来考虑各种CASE，还是没考虑全，这个题思路不难，但是做对很难。。。 dp[i] 就是 0 i的所有可能性。 对于s.charAt(i)来说： 要么他自己作为一个数字，可以是1 9，此时dp[i]和dp[i 1]一样。是0的话就不行。。 要么他和前一位组成两位
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摘要：这个题还有印象。 其实是个图像题，每个Sring是个vertex，有edge到另一个vertex说明可以转化，当然要自己构建。 构建之后做一个BFS找最短路径。 BFS就一个套路，问题就在于如何判断俩单词是否可以转化。 一刷的时候我记得是看了code ganker的一个巧妙的方法。这次尝试用自己的办
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摘要：刷 June 20 2019 多了个wildcard，无非是wildcard的时候下一层所有的NODE遍历一下。这个时候需要传下去substring和下层的node，所以多建了个search(string, node) 秒之
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摘要：一开始知道是PQ之类的，然后在怎么比较上难住了。。（怎么写PQ里的compare()) 一位一位比较是可以的，但是特殊情况很难处理，比如如何比较121 12，和128 12. 然后看答案发现一刷用的办法是组合成AB或者BA比较，年轻时的我真是太机智了。。 最后就是0的处理，要处理leading 0s
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摘要：一开始in order traverse 然后加入到STACK里，最后一个一个POP STACK里的元素，POP出就和堆顶比较，不大于就说明不符合规定。 AC了，不过7MS。问题在于必须遍历一次，然后再重新遍历STACK，可能提前结束判断。 需要一个在遍历时一旦发现不符合规定直接停止的办法。 其实还
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摘要：和上一题没啥区别，只不过要记录顺序。 一开始Queue里的是out degree是0 的，从哪个开始都一样，也可以一下子都拿出来。 以后每找到一个，就加到RES里，最后看情况返还就行了。。 Java public class Solution { public int[] findOrder(int
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摘要：这个题有俩EDGE CASE不容易想到。 一个是没有路径是返还“/"不是"" 另一个是有可能出现a//b这种情况，split会分出一个空字符串 然后就是EASY难度的了。。 Java public class Solution { public String simplifyPath(String
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摘要：比较典型的动态规划。一刷的时候看code_ganker做法，对他局部 全局的想法很震惊，五体投地。 让乘积最大有2种来源： 2个正数相乘，越来越大。 2个负数相乘，也可以变大。 所以最终结果可能是正数乘以正数，也可能是一个非常小的负数乘以另一个负数，然后一下子牛逼了。。 所以既需要保留最大的正数，也
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摘要：很无聊的一个数学题。 需要知道2个公式 计算幂函数的。。 主要问题就是指数太大，a^b中的b太大。。 要分解。 23^1335 = { (23^1330)%mod (23^5)%mod} % mod 然后一开始的 (23^1330)%mod = ((23 ^133)%mod)^10 原式就是 ((2
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摘要：需要知道以下几点: XOR 返还不一样，不一样的相加那么结果是1。 AND 返还进位，进位之后肯定是0. 相当于原题变为A+B之后，算2部分，第一部分是相加之后没进位的那些bits，都是1，第二部分是进位的那些bits. 两部分相加就行了。 用迭代，停止的情况是第二部分是0。。 public int
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摘要：这个题的思路是动态规划，DP[n]代表能组成n的组合数。算1 n就可以，因为都是正数。 算dp[n]的时候遍历num[1] to num[n] index = i 如果i = nums[m]) dp[n] = dp[n] + dp[n nums[m]]; } } return dp[target];
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摘要：这个傻屌题，二刷思路一下子就找到了，问题是edge case多的一逼，其实难就难在如何处理相等的2个元素。比如记录相等前的正负判断，这个还好说。 一上来就相等怎么办，必须解决这种情况，反正和麻烦。。 Java public class Solution { public int wiggleMaxL
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摘要：遍历原数组，当前I，然后随机nextInt(length i)，两个SWAP，就表示随便选了一个放到I了，然后再看I+1，I+2。。到最后就行了。 int[] origin; int[] res; Random rdm = new Random(); public Solution(int[] nu
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摘要：用DFS来做，先弄开头是1的，再弄开头是1的里面开头是1的，再开头是1的里面开头是1的里的开头是1的，再。。。 是吧…… 比N大了BREAK就行。 注意第一个循环是1 9，往后的循环是0 9。
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摘要：用int array记录可用字母数量 0的时候说明GG了 public boolean canConstruct(String ransomNote, String magazine) { if(ransomNote.length() magazine.length()) return false;
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摘要：括号题一般都是stack.. 一开始想的是存入STACK的是SRING，然后POP出括号在构建新的NestedInteger放到另一个里面，但是操作起来费时费力。 后来猛然发现其实可以直接吧NestedInteger作为Object放入Stack里。 这种直接往堆顶元素里放的办法一定要注意。 然后就
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摘要：一开始觉得是不是有什么巧办法，就先BRUTE FORCE。 发现似乎没什么巧办法。 思路是用2个pointers一个标记短string位置，另一个是长string。 找到就p1++,p2++ 找不到就p2++ 然后用indexOf，似乎快很多。 （https://discuss.leetcode.c
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摘要：看起来很难的样子，隐约觉得要动态规划。 先用笨办法，基本就是枚举。。果然TLE。 Java public class Solution { int res = 0; public int longestSubstring(String s, int k) { int[] map = new int[
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