随笔分类 - Leetcode刷题记录
摘要：一道普通的dp。 首先，我们很容易想到，设$d[i][j]$是以$arr[i]$和$arr[j]$为结尾两个数的最长长度。那么状态转移就是$d[i][j]=max{d[k][i]}+1;(arr[k]+arr[i]==arr[j],k<i<j)$。那么我们可以写出类似下面这样$O(n^3)$的代码：
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摘要：是一个比较普通的字典树。细节应该算是比较多（？） typedef pair<int,int> P; vector<P> flag[100007]; // first是字母，second是指向的序号 bool End[100007]; int cnt; //目前节点数 class Solution {
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摘要：一道比较显然的贪心。 首先我们很容易想到枚举所有的排列情况，但是这样是显然不能通过的。其次我们可以贪心地考虑，思路：假设我们有一个数$n$是ABCDEF（ABCDEF都是数字），既然要找大于$n$的最小排列，我们其实只需要从个位开始考虑，变化越小的数位越好。 以数$1961283241$为例，从个位
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摘要：考虑可以用多种解法解决该题。 首先很容易想到用$O(n^2)$的递推dp。设$d[i][j]$为到达第i站前加油次数为j时的最大油量，最后直接找终点最小值就行。鉴于数据规模比较小，stations.length<=500，因此$O(n^2)$是可以通过的。 long long d[503][503]
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摘要：比较常规的思路就是对于[l,i]、[i+1,r]两个区间的所有可能结果进行合并。考虑到expression.length <= 20，这样的想法是可以通过的。 int num[23],cnt; int sign[23]; //sign[i]是num[i]后的符号 vector<int> dfs(in
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摘要：int d[2][2]={-1,1,1,-1}; // -1 1 // 1 -1 class Solution { public: vector<int> findDiagonalOrder(vector<vector<int>>& mat) { vector<int> ans; int m=mat
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摘要：class Solution { public: int heightChecker(vector<int>& heights) { vector<int> expected(heights); int t=expected.size(),ans=0; sort(expected.begin(),e
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摘要：class Solution { public: vector<string> findAndReplacePattern(vector<string>& words, string pattern) { vector<string> ans; int t=words.size(),cnt=patt
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摘要：DP的算法就不说了，记一种打表找规律法（大草）。 通过打表，我们发现答案如下： 2 13-4 2 15-8 2 2 3 19-16 2 2 3 2 3 3 4 117-32 2 2 3 2 3 3 4 2 3 3 4 3 4 4 5 133-64 2 2 3 2 3 3 4 2 3 3 4 3 4
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摘要：（两年前学过，没什么印象了，重新复习一下orz。） 拓扑排序，即在一个有向图$G$中对节点进行线性排序，使图中任意一条有向边$<u,v>$，在该序列中都满足$u$在$v$前面。 举例： 该图的拓扑序是 6,1,2,3,4,5 。 又比如： 该图的拓扑序是 1,2,3,4,7,5,6，当然也可以是 1
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摘要：拓扑排序。能得到拓扑序就是true，不能得到就是false。 vector<int> to[100005]; int in[100005]; int temp; class Solution { public: bool canFinish(int numCourses, vector<vector
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摘要：直接找入度为$n-1$，出度为$0$的点就行了，时间复杂度是$O(n)$。 int in[1007],out[1007]; class Solution { public: int findJudge(int n, vector<vector<int>>& trust) { int t=trust.
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摘要：脑筋急转弯。其实就是把当前节点伪装成下一个节点，取代next。 class Solution { public: void deleteNode(ListNode* node) { node->val=(node->next)->val; node->next=(node->next)->next;
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摘要：已经连通的点可以视为集合，用并查集记录集合，搜一遍得到集合个数。设点数为$n$，边数为$s$，集合个数为$num$。那么有两种情况： 1）$s<n-1$，不能全部连通。 2）$s>=n-1$，最少操作数是$num-1$。（随便取冗边，反正能把集合都连起来就行。因为$s>=n-1$，所以是肯定能取到冗
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摘要：“任意两点之间 有且仅有一条简单路径时，返回将所有点连接的最小总费用”，即求MST（最小生成树）。 发现数据规模不超过1000，所以可以考虑到$O(n^2)$的算法。 $O(n^2)$算出任意两点的距离。然后用prim算最小生成树，同样$O(n^2)$。（这张图是稠密图，点数$n$远小于边数$n^2
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摘要：vector<int> ans; void dfs(TreeNode* now){ if (now==nullptr) return ; dfs(now->left); ans.push_back(now->val); dfs(now->right); } class Solution { publ
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摘要：class Solution { public: int guessNumber(int n) { long long l=1,r=(long long)n; long long mid=((long long)1+n)>>1,temp; while (true){ temp=guess(mid);
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摘要：/** * Definition for a binary tree node. * struct TreeNode { * int val; * TreeNode *left; * TreeNode *right; * TreeNode() : val(0), left(nullptr), rig
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摘要：简单地dfs一遍即可。 /** * Definition for a binary tree node. * struct TreeNode { * int val; * TreeNode *left; * TreeNode *right; * TreeNode() : val(0), left(n
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摘要：其实就是一个求LCA的模板问题。 我的实现方法是在p、q上分别打一个标记。然后递归把标记向上传递。当找到一个拥有两个标记的节点，它就是最近公共祖先。 /** * Definition for a binary tree node. * struct TreeNode { * int val; * T
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