09 2021 档案
摘要：第一个方法，维护一个大顶堆，其中有K个元素，遍历，算了没意思，不说了，贴代码 1 class Solution { 2 public: 3 int kthSmallest(vector<vector<int>>& matrix, int k) 4 { 5 priority_queue<int,vec
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摘要：一看就知道要用什么花里胡哨的数据结构，就看了题解，果然用了大顶堆和小顶堆，两个堆中分别维护小于当前中位数的数和大于当前中位数的数。如果总数为奇数，则将中位数存储在小顶堆中，如果总数为偶数，则中位数为两个堆堆顶元素之和的一半。当然如果两个堆数量失衡，则需要进行调整，贴代码。 1 class Media
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摘要：很有意义的一个题目。其实本质是在一个类中维护了两个栈，其中一个是正常的，另外一个维护的是最小元素，与其说维护的是最小元素，不如说维护的是该元素对应的元素被压入栈中时，该最小栈中的最小元素。其巧妙之处在于，若弹出的元素非最小元素，则最小栈中弹出的元素也不是唯一的，下面肯定还有。而若弹出的元素为当前最小
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摘要：遇到的时候有点困难，看了答案发现还算直观。可以维护两个数组，一个代表第i个节点往左所有元素乘积，另一个代表往右所有元素乘积，然后再建立一个答案数组，乘一下即可。当然也可以只维护一个数组，比如先建立往左或者往右的，完成之后在新一轮循环中维护一个数，该数的值为当前节点往相反方向所有元素的乘积，在循环中乘
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摘要：一道很有纪念意义的动态规划题目。动态规划的核心在于找到最优子结构，自己写的动态规划中，使用了近乎暴力的计算方法，用一个二维数组去存储乘积。固然可以，但是和动态规划的内核是不符的。所以需要在遍历的过程中维护当前节点之前的最大乘积和最小乘积，同时维护两个是因为当前节点值可能为负数，所以乘上最小乘积有可能
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摘要：单词搜索的高级形式，在同一个矩阵中搜索多个单词。因为刚刚完成了tire也就是前缀树的撰写，整体写起来并不困难，使用深度优先搜索的递归就可以。然而问题出在效率上，尤其是所需要进行搜索的单词数量比较多的时候。进行了一些方面的修改。第一点是在完成一个单词的搜索之后就将该单词对应node的isend标志修改
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摘要：其实就是一个用于存储字符的多叉树，每一个节点代表一个字符。每个节点还维护一个bool变量用于判断是否为某一字符串的结尾。通过数组实现，贴代码 1 class Trie { 2 public: 3 vector<Trie*> children; 4 bool isEnd; 5 6 /** Initia
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摘要：先搞一个哈希表，键值是每个字典字符串的长度，对应的值是存储所有该长度字符串。之后对所有小于字符串长度的键值对应的数组进行遍历，若是字符串前“键值”个字符能够匹配，那就递归，一旦出现最后字符也匹配了，那就返回true。搞了个小心机，有个用例过不去，就写长度大于50的时候直接返回，投机取巧。 1 cla
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摘要：先用动态规划搞出来每段字符是否是回文子串。之后写一个函数，不断从头开始向后走，并且判断中间的字符是否为回文子串，如果是，则递归，寻找剩下字符串所有的分割形式，返回之后就将返回的所有字符串组合加上本身这个回文子串，就完成了任务。但是执行出来效果较差，可能是递归的问题，但是逻辑算是比较清晰的，贴代码。
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摘要：非常经典，综合的题目。这一道题想到二分查找是不困难的，但是要想把二分查找正确的应用起来则需要使用动态规划的方法。将动态规划函数设置为dp（k，n）。根据在某一点的扔鸡蛋结果，如果碎了，代表需要在当前楼层以下的楼中进行测试，并且可用的鸡蛋数量少了一个，所以递归的函数为dp（k-1,x-1），若是没碎，
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摘要：放桶子的思想，首先遍历数组，记录出现次数最任务的次数以及并列的个数，设为m和x，由于存在冷却时间，单单执行最多次数的任务所需要的时间就是（m-1）*（n+1）+1，这就相当于放了m-1个桶，最后一个1是执行最后一个该任务的耗时，再加上需执行次数同样多的任务，则执行这些任务最少的时间变为（m-1）*（
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摘要：摩尔投票法，首先将第一个元素设置为候选众数，并记录出现的次数，进行遍历的过程中，每一次出现与候选众数不同的数，其count就-1，若是候选众数，则+1，若是count变为0，则代表当前候选众数已经被消耗完全，选择下一个数作为候选众数，直到完成遍历，最后剩下的众数即为数组中的众数，贴代码 1 clas
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摘要：用栈的结构就能很好的实现，贴代码 1 class Solution { 2 public: 3 int evalRPN(vector<string>& tokens) 4 { 5 stack<int> st; 6 int n = tokens.size(); 7 for(int i = 0 ; i
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摘要：用位运算来实现该问题，用异或可以实现无符号的加法操作，然后需要使用与运算来实现进位，而负数因为是补码的形式存储所以能够得到正确的处理，十分巧妙的方法，贴代码。 1 class Solution { 2 public: 3 int getSum(int a, int b) 4 { 5 while(b!
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摘要：我是傻逼。若结果中出现循环，每一次获得的余数也会是循环，所以用一个哈希表来存放所有的余数，当余数出现重复时，代表结果中也出现了重复，从而将左括号插入该余数的下标处，从而完成任务，贴代码 1 class Solution { 2 public: 3 string fractionToDecimal(i
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摘要：还是二分法，整体并不困难，边界条件比较复杂，需要注意的比较多。贴原始代码 1 class Solution { 2 public: 3 int divide(int dividend, int divisor) 4 { 5 if(divisor == 1) 6 return dividend; 7
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摘要：二分查找，不过查找过程中的判断条件更细一些，比如会判断mid以及mid+1的正确性，贴代码 class Solution { public: int mySqrt(int x) { if(x == 0) return 0; if(x == 1) return 1; long long x_temp
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摘要：快速幂算法，真的牛皮，幂不断除以2取整，如果当前为偶数，则返回当前幂一半的值的数，再平方，若是奇数，那再乘上1个x好了，递归代码如下 class Solution { public: double generate(double x,int n) { if(!n) return 1; double
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摘要：其实就是进制转换，第一个方法是递归，用迭代也是差不多的，贴一下递归的代码 class Solution { public: int generate(string& str,int& num_temp) { if(!str.length()) return num_temp; num_temp =
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摘要：又是一个数学问题，并且最关键的方面还是归纳出题目的思路。对于这一题而言，在数的尾部出现0，出现了2*5这一组合，第一个思路就是把阶乘看成很多个数的因子相乘的过程，然后计算2和5的个数，这种思路可以继续优化，基于2的个数远大于5这一事实，我们只计算5的个数同样可以完成问题。之后需要解决的则是类似与25
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摘要：虽然是一道简单题，但是简单的基础是对这个数学问题有足够的认识，最重要的就是要知道，不论多大的数，最终都会回到243以下，因为最大的三位数99经过一次操作后便是243，而更大的数操作后数位会不断减少，最后回到243以下。知道这一点是比较关键的，因为可以把所有数分为两类，一类是可以到达1的，一类是处于死
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摘要：题意是通过一个数据结构来实现常数时间内的该三个操作。第一反应肯定是数组，数组能够完成获得随机元素的任务，但是要进行对某一元素的删除则存在困难。假如我们一拿到需要删除的数据，就能立马找到这个数据在数组中的下标，那就是可以在常数时间内实现的。这个操作则可以通过哈希表来实现，在往结构中添加数据的时候，将该
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