07 2016 档案
摘要：写的时候有点困了，0那里没有处理好
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摘要：首先找到那几种是可以Strobogrammatic的 然后一个walker,一个runner，然后walker <= runner的时候比较是否是一组一组的 要等于因为2就并不是Strobogrammatic
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摘要：比1多了一个判断是不是相同的
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摘要：这几题都挺没意思的，建一个hashMap，里面存放出现过的位置的list short稍微有点讲究，就是不要两个都重头找一遍，每次只移动小的那个
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摘要：碰到这个是挺不懂的 就是设计一个stack,然后每次调用hasNext()的时候就把最后一个元素展开，循环，直到展开到有single interger为止
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摘要：最开始一下子想不出来好的方法用的是O(n*sizeof(integer))的方法，辗转相除，每次除以2以后的余数就是bitwise上的数字。 然后我自己想了下O(n)的方法 总体的想法是一组一组，每组的size是小于该数最大的2^n的值。 即res[4]=res[0]+1, res[5] = res
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摘要：就是HashMap吧 好吧，我写得太丑了 别人的方法：https://discuss.leetcode.com/topic/20314/accepted-java-o-n-solution-in-5-lines/2 实在是很好看= =……下次还是要看看别人写的 因为一共就26的字母，他建立了一个长度
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摘要：需要用递归来做，把input从头到尾走一遍，如果是符号的话，递归算出两边可能的结果，再计算所有的组合。 当然退出的条件是，如果整个input就是一个操作数，那么就把这个数加到结果中去
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摘要：discuss里面的方法，最先把坐标放在格子的右上角。 如果当前格子比target小，那么就把col往左移动，因为已经是排好序了的，所有右边的都比它大 如果当前格子比target大，就把row往下移，因为上面行的都比它小 否则（即相等），就返回true;
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摘要：自己想的就差一点点，好可惜！！ 正着走一遍，每一格里面存的是，从0到这一位之前的数连乘结果。 再反着走一遍，用各自里本身的值，乘以从后往前除它之外的连乘结果，然后更新连乘的结果
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摘要：烦躁~正好做一题简单的 就是把node后一个数的值保存到这个节点上，然后跳过后一个节点
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摘要：也是一遍AC，开心 和上题差不多，思路 代码：
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摘要：一遍AC 思路 代码：
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摘要：哈哈开始自己写得太丑啦><没眼看 然后现在这个方法比较巧的地方是，在pop()的时候执行peek() 在peek()的时候把stack1里剩的都倒腾到stack2里面，这样如果stack2不为空就可以保持一致输出。
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摘要：我的方法是： 1.数出链表的长度 2.找到中间的节点，reverse后半截 3.两头开始走比较
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摘要：就是tree的非递归Inorder traversal。 https://leetcode.com/submissions/detail/46458334/
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摘要：Power of four（http://www.cnblogs.com/warmland/p/5690363.html）的部分 要注意的是，因为给的int，所以小于等于0的部分要单独处理
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摘要：因为要找出现次数大于1/3的数，所以就是要找出现次数最多的2个数，并且次数要超过Len/3 维持最频繁的两个数的思路： 如果当前数和ele1相同 cnt1++; 否则，如果当前数和ele2相同(与ele1不同，但是与ele2相同) cnt2++; 否则，如果如果cnt1 == 0(当前数和ele1与
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摘要：挺简单的没什么要点，也没有什么边界情况
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摘要：做法就是： 如果root是null，返回 swap左右两树（用tmp作为第三个容器），然后对左右子树递归 返回root
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摘要：开始写了两个queue的，实在太丑了，不好意思贴上了，改成了一个queue
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摘要：蠢错误翻得够够的。 注意的地方就是，有可能并没有overlap 下次一定要看清题目。 注意变量的scope. 注意返回
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摘要：二叉树基本： 一棵深度为k的二叉树，如果它有2k-1个结点，那么就是一棵满二叉树 full binary tree 一棵深度为k的二叉树，如果它k-1层都是满二叉树，只有最后一层不满，叫做complete binary tree。一个有n个结点的完全二叉树，层高为log2N+1，最后一层上可能有1个
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摘要：又是很简单的题，不说什么了 有个很好看的解法： 只用hashSet, 每次都记得把距离k以外的数去掉，只要查到就是true
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摘要：水一题，一个hashSet记录看到过的
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摘要：backtracking,自己很快写出来了，很开心呢
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摘要：首先复习一下quicksort. 先理解partition函数，就是选序列的最后一个数作为pivot，比它小的排到它左边，比它大的在它右边，它在中间。但是它左右的部分并没有排序。 返回值是这个pivot所在的位置，pivot所在位置就是它最终的位置，也就是说比如index是5，说明它就是第6大的数。
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摘要：就是trie 68行那里要return false因为在62行处，可能没有结果，开始写成true死都调不出来
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摘要：标准trie的结构是 但是这题里面我们不需要freq也不需要hashset，但是为了表示当前节点是不是作为过一个词的结尾，我们设置一个boolean isLeaf。 这么做的理由是，考虑以下两种情况： 1. 假如插入ab，但是要搜索a，就应该返回false，搜prefix就应该返回true 2. 插
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摘要：和207 Course Schedule是一样的
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摘要：1. Two pointer runner只走一遍，每次往前走一格，如果walker可以往前缩就一直缩到依旧满足条件的最远的位置。 最后不要忘了检查有没有满足条件的，如果没有就返回0 所以时间复杂度是O(n) 2. NlogN方法
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摘要：正反两个字典，每次都正反检查一下
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摘要：1 public ListNode removeElements(ListNode head, int val) { 2 if(head == null) { 3 return null; 4 } 5 ListNode dummy = new ListNode(-1); 6 dummy.n...
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摘要：写一个digitSum的辅助函数，设一个曾经出现过的set，如果digit sum之后的数是曾经出现过的，就说明会出现循环，不会变成1，退出，返回false，否则循环 辅助函数和今天的reverse Integer一种操作方法，最后一位数字是n % 10, n更新为n/10，退出条件是n != 0
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摘要：我竟然自己一下就写对了！！！！！！ 我的想法是，设置一个visited[][]记录有没有访问过这个点，然后从所有没有访问过&&是1的点出发，标记相邻的1，然后调用几次填色函数，就是有几个岛 填色的函数的内容就是，首先是把当前点标记为1，然后是对于上下左右的点，如果没有超过格子边缘&&也是1的话，就递
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摘要：哈哈自己一遍写好~开心！ 就是一位一位数，最后一位的取法是 num & 1,如果是1就计数，然后去掉最后一位 n >> 1没啦~
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摘要：第一种是普通的方法，但是注意不能溢出，因为不断乘以4之后，有可能超过Integer.MAX_VALUE 第二种是位操作。 1.如何判断是不是2的幂。 (num & (num - 1)) == 0 因为2的幂是10，100，1000，...也就是说，是一个以1开头，并且跟着一串0的数，如果减一取且，应
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摘要：知识点 1. java中int和binary之间互相转换的自带函数 2. int的最大值是231-1，用二进制表示就是有31个1，int有32位，第一位是表示符号，java中没有unsigned int，如果有的话是32位 这题用string的方法做是： 不用考虑溢出的情况，因为unsigned i
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摘要：建一个set, 是曾经遇到过的长度为10的string，然后对这个sample string从头到尾走一遍，如果曾经看到，那么就加到repeated set里，最后返回由repeated string组成的arrayList<String>里面。 之所以repeated也需要一个自己的set，因为有
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摘要：原理minMax,最小化最大损失 从第i天到j天中，如果猜x的损失为x + Math.max(DP[i][x-1], DP[x+1][j]) 那么i~j天中最小的最大损失是Math.min(猜x的损失)
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摘要：binary search. 开始偷懒了一下mid没有写成这样：mid = l + (r - l) / 2，于是卡了很久，简直报应= =
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摘要：和rotate array是一个方法，把整个转过来，然后每个词单独转过来
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摘要：方法一/二： 注意的是k有可能是invalid，要对数组的长度取余 1. 新建一个同长度的数组，把nums前n-k个元素拷到newArr中的后n-k个里 2.把nums后k个元素拷到newArr中的前k个中 3.把newArr整个全部拷贝回nums 使用System.copyarray(source
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摘要：1. array copy System.arraycopy(source, sourcePos, des, desPos, len); time complexity: O(len) 2.
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摘要：转成String,然后按照一定的规律排序，最后再连起来，如果给的值里全是0（一个或多个），那就返回“0”，否则返回连起来的结果。 排序的规则： 如果一位一位比较，如果某个数在前面的数字比较大，那么这个数就放前面。 如果两个数不一样长，并且前面的数字都相同，那么就那短的那个，和长的那个后面多出来的半截
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摘要：建一个stack，最末的元素始终是最小的那个。 所以对于初始化，存到最左下角的那个节点。 对于找到next，就是存到，当前节点的右子节点的最左下角（如果有的话）。
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摘要：方法一： 我自己的方法，建一个stack，每遇到数字就推进栈里，每遇到#，就弹出一个数字，最后栈里必须剩一个#。 时间复杂度是O(n) 2. 别人的方法 每一个数字可以有两条发出的边，每个#会占用一条边，每一个数字自己本身会占用一个边，但是又会产生两个边，所以维持一个计数，一旦小于0就返回false
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摘要：方法一： 我自己的方法，建一个stack，每遇到数字就推进栈里，每遇到#，就弹出一个数字，最后栈里必须剩一个#。 时间复杂度是O(n) 2. 别人的方法 每一个数字可以有两条发出的边，每个#会占用一条边，每一个数字自己本身会占用一个边，但是又会产生两个边，所以维持一个计数，一旦小于0就返回false
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摘要：思路： 设置一个counter，并且用res记录第一个数字，从第二个开始，如果这个数和前一个数是一样的，那么counter++，如果不一样，就把counter--，如果counter变成0了，就把res放到当前数字上。一遍走完，返回res就好了。 因为majority的数字超过一半，它总能中和调别的
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摘要：建立一个二维的表，每一个格子的值，都是以此位置为结尾的最长的增序序列。所以这个值需要上下左右四个值来确定，就是一个dfs。 需要注意的是，如果已经被算出结果的值不需要再算一遍。 所以整个dfs的结构是，算出上下左右的值，找到最大的那个，当前值是四周比它小的最长序列的长度+1，否则为1
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