力扣每日刷题
- 一、977. 有序数组的平方
- 1.1题目
- 1.2、解题思路
- 1.3、代码实现——C++
- 二、76. 最小覆盖子串
- 2.1：题目
- 2.2、解题思路
- 2.3：代码实现——c++
- 2.4：易错点
一、977. 有序数组的平方
1.1题目
[题目链接](
1.2、解题思路
-
题型：双指针——左右指针
-
关键：当有可能含负数的有序数组平方后，最大值只有可能位于数组两侧，整个数组呈一个凹函数，从两边向中间递减。
-
思路：如果把这题只是当作普通的排序题做，其实就没有意义了。大不了就是调用库函数
sort(nums.begin(), nums.end())进行排序；
但是这题的关键如上，也就是平方后数组由两边向中间递减，最大值只有可能位于两侧。由于这样的特性，利用双指针， 从两边向中间探测，互相比较，逐渐挑出最大值，再到次最大值…一直到最小值。
1). 设置左右两个指针left和right,位于数组两侧
2).设置新数组，大小和元素中相同。
3).循环条件为while(left <= right)，每次循环，将左指针和右指针处的元素进行比较。谁大，就把元素放入新数组（从尾端开始放起）。
1.3、代码实现——C++
- 暴力解法
class Solution {
public:
vector<int> sortedSquares(vector<int>& nums) {
for(int i =0; i < nums.size(); i++){
nums[i] = nums[i]*nums[i];
}
sort(nums.begin(), nums.end());//快速排序O(nlogn)
return nums;
}
};
- 双指针解法(时间复杂度
O(n))
class Solution {
public:
vector<int> sortedSquares(vector<int>& nums) {
for(int i =0; i < nums.size(); i++){
nums[i] = nums[i]*nums[i];
}
vector<int> res(nums.size());
int left = 0;
int right = nums.size()-1;
int i = nums.size()-1;
while(left <= right){
if(nums[right] >= nums[left]){
res[i--] = nums[right];
right--;
}else{
res[i--] = nums[left];
left++;
}
}
return res;
}
};
二、76. 最小覆盖子串
2.1：题目
题目链接🔗
2.2、解题思路
-
题型：滑动窗口；时间复杂度：
O(n)
🪧 滑动窗口本质也是双指针的一种技巧，特别适用于字串问题 -
❗❗核心思想/ 关键：左右指针滑窗口，一前一后齐头进。
- 首先初始化
left = 0和right = 0两个左右指针，表示左闭右开区间(0, 0](表示初始时窗口中没有元素）
初始化两边都闭
[0, 0]，那么初始化窗口就包含一个元素；初始化两边都开(0,0),那么让right向后移动一位，开区间任然没有元素(0, 1]。只有初始化为左闭右开区间(0, 0]最方便：right向右移动一位：添加一个元素进窗口；left向左移动一位，剔除窗口左边元素。-
不断增加
right指针，增加窗口[left, right)中的元素，直到：窗口[left, right)中的元素都符合要求。———— 寻找可行解⭐ -
此时，停止增加
right指针，转而不断减小left指针，直到窗口[left, right)的元素都不符合要求；此时，再继续增加right指针。🔺注意：每次增加left指针来缩小窗口[left, right)时，都要更新一轮结果！———— 优化可行解⭐ -
不断重复
2）和3）步，直到right指针走到数组/ 字符串的尽头。———— 得到最终的最优解
- 首先初始化
-
算法框架：注意下面框架中的6个关键点！
/* 滑动窗口算法框架 */ void slidingWindow(string s) { // ⭐1)用合适的数据结构记录窗口中的数据情况（以便和所需的可行解进行比对） unordered_map<char, int> window; // ⭐2)// 记录最小符合条件子串的起始索引及长度 int start = 0, len = INT_MAX; //根据实际算法所需答案进行调整 int left = 0, right = 0; while (right < s.size()) { // c 是将移入窗口的字符 char c = s[right]; window.add(c) // 增大窗口 right++; // ⭐3）进行增大窗口后，更新关于记录当前窗口内数据情况的变量（以便稍后和所需的可行解进行比对） ... /*** debug 输出的位置 ***/ // 注意在最终的解法代码中不要 print // 因为 IO 操作很耗时，可能导致超时 printf("window: [%d, %d)\n", left, right); /********************/ // ⭐4）找到可行解——判断左侧窗口是否要收缩（进行更新） while (left < right && window needs shrink) { //进入到这个while里面说明找到一个可行解 //⭐5）进行最终的所需的答案更新 // eg:在这里更新符合条件的*最小*子串（即最终结果） if (right - left < len) { start = left; len = right - left; } // d 是将移出窗口的字符 char d = s[left]; window.remove(d) // 缩小窗口 left++; // ⭐6）进行缩小窗口后，更新关于记录当前窗口内数据情况的变量（以便稍后和所需的可行解进行比对） ... } } }🌟1.
3)和6)的操作分别是扩大和缩小窗口后的更新操作，等会你会发现它们操作是完全对称的。作用都是更新当前窗口中的数据情况，再拿去和题目所需的可行解进行比对，判断当前窗口内的情况是否可行！🌟2.
5)步也很关键，它的作用是：找到一个可行解&更新得到一个可行解后，对题目最终需要的最优答案进行更新！ -
本题思路：
- 首先，初始化两张哈希表
unordered_map:window和need，分别表示：当前[left, right)窗口中的字符情况和所需情况。——两者的情况进行比对，判断当前窗口中的情况是否可行。 - 初始化
left和right指针，进行窗口滑动. - 设置和初始化答案变量
start和len，进行最终最优答案的实时更新和记录。 - 关于本题的特殊地方：设置一个辅助变量
valid，作用是判断当前window中有效字符个数（只有当window中的这个字符在need中，且这个字符的个数和need中这个字符对应的个数相等,valid才会+1。这个相当于一个小细节，只有
window和need，把两个进行比对，当然也OK。但是这题的可行情况并不是当window和need完全一样时，就可行，换句话说，就是不能直接把window和need进行对比。因为最优window很有可能覆盖了need，但是还有其他字符。所以valid的作用：记录当前窗口的可行性情况，与need进行比对！
- 首先，初始化两张哈希表
2.3：代码实现——c++
class Solution {
public:
string minWindow(string s, string t) {
unordered_map<char, int> window, need;
//初始化window和need数组
for (char c : t){
need[c] ++;
window[c] = 0;
}
int valid = 0;//记录当前window中的有效字符个数（方便后续判断当前window是否可行）
int start = 0; int len = INT_MAX;// 存储答案的变量，需要在window符合情况时，进行实时更新
int left = 0; int right = 0; // 双指针，控制window滑动窗口的大小
while(left <= right && right < s.size()){
//c是right++后待移入窗口中的元素
char c = s[right];
// right++ 扩大滑动窗口
right ++;
//扩大窗口后更新记录窗口情况的window和valid的大小（方便后续判断当前window是否可行
if(need.count(c)){// 当前元素c包含在need中
window[c]++;
if(window[c] == need[c]){
valid++;
}
}
//判断当前window中情况是否可行
while( valid == need.size() ){
//首先，获得一个or更新得到一个可行情况，立即对答案进行更新
if(right - left < len){
start = left;
len = right - left;
}
// c是left++缩小窗口后待移除的元素
char c = s[left];
//符合情况，缩小窗口
left++;
//缩小窗口后更新记录窗口情况的window和valid的大小（方便后续判断当前window是否可行
if(need.count(c)){
if(window[c] == need[c]){
valid--;
}
window[c]--;
}
}
}
// 返回最小覆盖子串
return len == INT_MAX ?
"" : s.substr(start, len);
}
};
2.4：易错点
在实际写代码进行实现时，我犯了两个错误
-
在对
right++和left++来分别扩大和缩小滑动窗口之后，才获得待增加or待移除元素。- ❌错误代码
while(left <= right && right < s.size()){ // right++ 扩大滑动窗口 right ++; // ❌此时right从 0 到 1 char c = s[right]; //❌c 一开始就获得的不是第一个元素，而是第二个元素 //扩大窗口后更新记录窗口情况的window和valid的大小（方便后续判断当前window是否可行 if(need.count(c)){// 当前元素c包含在need中 window[c]++; if(window[c] == need[c]){ valid++; } }- ✅ 正确做法：在
right++和left++之前，先用变量存储待增加or待减少元素。
while(left <= right && right < s.size()){ //c是right++后待移入窗口中的元素 char c = s[right]; // right++ 扩大滑动窗口 right ++; //扩大窗口后更新记录窗口情况的window和valid的大小（方便后续判断当前window是否可行 if(need.count(c)){// 当前元素c包含在need中 window[c]++; if(window[c] == need[c]){ valid++; } } -
在缩小窗口部分发生一个逻辑错误：在将元素移除之后，才判断当前
valid是否应该减少。- ❌错误代码
left++; //缩小窗口后更新记录窗口情况的window和valid的大小（方便后续判断当前window是否可行 if(need.count(c)){// 当前元素c包含在need中 window[c]--; if(window[c] == need[c]){ valid--; } }- ✅ 正确做法：判断
valid是否应该减少，应该是基于该元素没有移除之前的情况！
if(need.count(c)){ if(window[c] == need[c]){ valid--; } window[c]--; }
