随笔分类 - Java刷题从1开始
摘要：原理：逻辑运算符的短路效应 常见的逻辑运算符有三种，即 “与 && ”，“或 || ”，“非 ! ” ；他们都具备短路效应，如下所示： if(A && B) // 若 A 为 false ，则 B 的判断不会执行（即短路），直接判定 A && B 为 false if(A || B) // 若 A
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摘要：思路1： 运用HashSet中元素不重复的性质，计算sumset = sum（set（nums）），与sumnum = sum（nums） （sumset*3 - sumnum）/2即得到结果。 原理： 设所求数字为 x，其他数字和为sumy，则sumset == x+（sumy/3），sumnum
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摘要：原理：位运算 如果该整型数组中只有一个数字 x 出现一次，其他数字出现两次。 由于两个相同的数字异或后得0，若将 nums 中所有数字执行异或运算，留下的结果则为出现一次的数字 x。 思路： 题目中有两个数字只出现一次，nums 中所有数字执行异或运算后得到 x⊕y。 由于x≠y，则 x⊕y 二进制
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摘要：思路： 递归回溯。 将字符串转为字符数组后，DFS搜索所有排序方案，即一次固定一个字母。 搜索时，通过swap操作来依序固定字母，得到一个排列方案，搜索后通过swap操作复原。 代码： class Solution { Set<String> list = new HashSet<>(); char
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摘要：思路：前序遍历 dfs前序遍历二叉树，记录每条路径是否满足和为sum，不满足则删去该结点，回溯到上一个结点。 代码： /** * Definition for a binary tree node. * public class TreeNode { * int val; * TreeNode le
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摘要：思路： 先序遍历，递归判断。 通过先序遍历，先判断B的根节点是否等于A中的一个节点，再从这个节点开始分别判断左子树和右子树是否相同。 代码： /** * Definition for a binary tree node. * public class TreeNode { * int val; *
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摘要：思路：DFS 从矩阵第一个元素开始，向左右上下进行DFS递归遍历，即沿一个方向搜到底回溯至上个节点，沿另一个方向搜索，以此类推。 其中当遇到不可能匹配成功的路径（越界，与目标元素不符等）时，可以进行剪枝，即提前返回。 应将已访问过的元素置空，即改为空字符‘ ’，防止之后的搜索中重复访问。 当匹配字符
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摘要：说明: -100.0 < x < 100.0 n 是 32 位有符号整数，其数值范围是 [−2^31, 2^31 − 1] 。 思路：快速幂 原理： xn暴力解法是循环乘x，时间复杂度O（n），但这是线性复杂度的，会超时。 快速幂的原理则是将幂指数 n 进行分割，从而将其变为对数复杂度的计算。 下面
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摘要：同上一篇剪绳子，题目不同点在于 n 的范围变大，当n过大时，乘积结果过大会导致溢出。 因此不能直接使用动态规划求解。 如果在上题中的动态规划中加入大数运算，虽然能得到结果，但效率过低，如下图所示： 如果使用上题中的数学方法解题，能正常得出结果，代码如下： class Solution { publi
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摘要：思路： 1.动态规划 首先想到的肯定是暴力解法，将所有情况列举出来再计算，时间复杂度O（2^n），很明显这种做法会超时。 如何改进暴力解法呢？在计算时会发现暴力解法实际上是将求解F（n）的问题分解成求解F（n-1）的问题。 由此可以使用动态规划的解法。 定义一个数组dp，其中 dp[i] 表示的是长
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摘要：设节点 root 为节点 p, q 的某公共祖先，若其左子节点 root.left 和右子节点 root.right 都不是 p,q 的公共祖先，则称 root 是 “最近的公共祖先” 。 根据以上定义，若 root 是 p, q 的最近公共祖先 ，则只可能为以下情况之一： p 和 q 在 root
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摘要：位运算模拟运算 因为不熟悉，暂时照搬leetcode大佬题解 代码： class Solution { public int add(int a, int b) { while(b != 0) { // 当进位为 0 时跳出 int c = (a & b) << 1; // c = 进位 a ^=
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摘要：思路： 1. 数学方法（求和公式） 设首项为x，项数为n，则末项为x+n-1，可得（2*x+n-1）*n=2*target 变形为x = （2*target-n*（n+1））/（2*n） 由求和易知，n < target /2 由题干正整数要求知，（n*（n+1））/2 < target， 2*ta
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摘要：思路： 1.暴力解法（哈希表） 遍历数组将元素存入哈希表，第二次遍历数组，对每一个元素在哈希表中寻找符合条件的另一个元素。 时间复杂度O（n），空间复杂度O（n） class Solution { public int[] twoSum(int[] nums, int target) { HashS
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摘要：思路：双指针 指针A与指针B分别从链表A、B头开始走，走到结尾指向另一个链表头。 当两个指针相遇时，他们指向的节点就是两个链表的第一个公共节点。 原理：小学数学里的相遇问题，二指针在相同时间内走过的距离一样。 假设两个链表的非公共部分长度分别为La，Lb，公共部分长度为C。 相交时A指针走过距离为L
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摘要：思路： 1. 暴力解法（字典）。 创建 ’a‘-’z‘ 的字典数组，第一次遍历字符串s，将 s 中字符存储到字典中，统计出现次数。 第二次遍历字符串s，从字典中获取次数，返回结果。 class Solution { public char firstUniqChar(String s) { if (
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摘要：思路：动态规划 dp[i]数组存储以nums[i]结尾的连续子数组最大和。 如果dp[i-1]<0，则dp[i-1]对dp[i]造成负贡献，dp[i]=nums[i]； 如果dp[i-1]≥0，则dp[i-1]对dp[i]造成贡献，dp[i]=dp[i-1]+nums[i]。 如果可以修改原数组，可
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摘要：思路： 排序，数组有序后若有满足题意的数字，则其一定在数组的中间位置。 时间复杂度O（nlogn），空间复杂度O（logn） class Solution { public int majorityElement(int[] nums) { Arrays.sort(nums); return num
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摘要：DFS层次遍历，设置层数n，在node中按层数创建该层的数组，dfs时每层加入该层对应数组。 /** * Definition for a binary tree node. * public class TreeNode { * int val; * TreeNode left; * TreeNo
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摘要：对称的二叉树要求 对于树中 任意两个对称节点 L 和 R ，一定有： L.val = R.val：即此两对称节点值相等。 L.left.val = R.right.val：即 L 的 左子节点 和 R 的 右子节点 对称； L.right.val = R.left.val：即 L 的 右子节点 和
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