LeetCode刷题记录

LeetCode75

1：交替合并字符串

（1）string可以使用reserve进行开辟空间大小的限定
（2）算法中，开辟适当的空间代替逻辑复杂的代码可降低算法的时间效率

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class Solution {
public:
    string mergeAlternately(string word1, string word2) {
        int i,l1 = word1.size(),l2 = word2.size();
        string s;
        //指定s开辟的空间的大小
        s.reserve(l1+l2);
        //不要使用向word1中插元素的做法，会将复杂度上升为O（n*n），不值得
        for(i = 0;i<l1 && i<l2;i++){
            s+=word1[i];
            s+=word2[i];
        }
        if(l1>i){
            s+=word1.substr(i,l1);
        }
        if(l2>i){
            s+=word2.substr(i,l2);
        }
        return s;
    }
};

2：字符串的最大公因子

（1）求解两个数的最大公约数，C++的内置函数为_gcd(a,b)
（2）要注重数学思维，从题目给的信息进行深刻的分析
（3）字串问题中，若最大公约数的字串都不符合条件的话，其余字串一定不符合条件（cur mind）

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class Solution {
public:
    string gcdOfStrings(string str1, string str2) {
        if (str1 + str2 != str2 + str1) return "";
        return str1.substr(0, __gcd((int)str1.length(), (int)str2.length())); // __gcd() 为c++自带的求最大公约数的函数
    }
};

3：拥有最多糖果的孩子---希望大家都能快乐

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class Solution {
public:
    vector<bool> kidsWithCandies(vector<int>& candies, int extraCandies) {
        int m,n = candies.size();
        // 开辟指定空间后，意味着该空间已经被支配，故使用Push_back时会额外开辟空间
        vector<bool> v(n);
        // *max_element(start,end)返回数组中的最大值，max_element返回最大值的下标指针
        m = *max_element(candies.begin(),candies.end());
        for(int i = 0;i<n;i++){
            if(candies[i]+extraCandies>=m){
                v[i]=1;
            }else v[i]=0;
        }
        return v;
    }
};

4：种花问题

官方题解很复杂，不喜欢，这是一道简单题，个人认为没必要为了一点时间效率牺牲代码
值得注意的点是边界条件的判断以及全局判断条件的合理位置

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class Solution {
public:
    bool canPlaceFlowers(vector<int>& flowerbed, int n) {
        int m = flowerbed.size();
        for(int i = 0;i<m;i++){
            if(flowerbed[i]==0){
                //数组操作中，注意边界情况的判断！！！
                if(i==0||(i-1>0&&flowerbed[i-1]==0)){
                    if(i==m-1||(i+1<m&&flowerbed[i+1]==0)){
                        n--;
                        flowerbed[i] = 1;
                    }
                }
            }
            //判断全局返回结果，要将判断写在不受条件影响的位置
            //在已预知结果的情况下直接返回，节省运行时间
            if(n<=0) return true;
        }
        return false;
    }
};

5：反转字符串中的元音字母

涉及到反转，前后追击等，首尾操作的主用双指针

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class Solution {
public:
    string reverseVowels(string s) {
        unordered_map<char,int> mp;
        mp['a'] = 1; mp['A'] = 1;
        mp['e'] = 1; mp['E'] = 1;
        mp['i'] = 1; mp['I'] = 1;
        mp['o'] = 1; mp['O'] = 1;
        mp['u'] = 1; mp['U'] = 1;
        int len = s.length();
        for(int i = 0,j=len-1;i<j;i++){
            if(mp[s[i]]==1){
                while(i<j){
                    if(mp[s[j]]==1){
                        swap(s[i],s[j]);
                        j--;
                        break;
                    }
                    j--;
                }
            }
        }
        return s;
    }
};

6：反转字符串中的单词

官方题解中的双指针配合慢指针实现O(1)存储操作值得思考

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class Solution {
public:
    string reverseWords(string s) {
        // string res;
        // bool f=false;
        // int len = s.length();
        // //不使用头插的原因是，在每次插元素时后续元素均需进行移动
        // //该方法开辟了O（n）的空间
        // for(int i = len-1,j=len-1;i>=0;i--){
        //     if(s[i]!=' '){
        //         j=i;
        //         while(i>=0&&s[i]!=' '){
        //             i--;
        //         }
        //         if(f) res+=" ";
        //         res+=s.substr(i+1,j-i);
        //         f=true;
        //     }
        // }
        //官方题解是先将整个字符串反转，然后再逐个反转每个单词并顺便将空格去除，只需O（1）的存储空间
        reverse(s.begin(),s.end());
        int len = s.length(),idx=0,t;
        for(int start = 0;start<len;start++){
            if(s[start]!=' '){
                if(idx!=0) s[idx++]=' ';
                int end = start;
                while(end<len&&s[end]!=' ') s[idx++]=s[end++];
                reverse(s.begin()+idx-(end-start),s.begin()+idx);
                start=end;
            }
        }
        s.erase(s.begin()+idx,s.end());
        return s;
    }
};