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目录
- 1.仅反转字母
- 2.字符串中第一个唯一字符
- 3.验证回文串
- 4.字符串相加
- 5.反转字符串I I
- 6.反转字符串中的单词III
- 7.字符串相乘
- 8.把字符串转换为整数
1.仅反转字母
题目链接：917.仅仅反转字母
题目描述：
首先，这道题仅仅需要翻转字母，我们先写一个函数来判断是否为字母
bool Isletter(char ch)
{
if (ch >= 'a' && ch <= 'z' || ch>='A' && ch <= 'Z')
return true;
else
return false;
}
接着，创建两个索引，begin和end，一个从前往后找，找到一个字母停止，另一个从后面找，找到字母停止，然后进行交换，保证begin<end，比较简单，代码如下：
class Solution {
public:
bool Isletter(char ch)
{
if (ch >= 'a' && ch <= 'z' || ch>='A' && ch <= 'Z')
return true;
else
return false;
}
string reverseOnlyLetters(string s)
{
size_t begin1 = 0;
size_t end1 = s.size() - 1;
while (begin1 < end1)
{
while (begin1 < end1 && !Isletter(s[begin1]))
{
begin1++;
}
while (begin1 < end1 && !Isletter(s[end1]))
{
end1--;
}
swap(s[begin1],s[end1]);
begin1++;
end1--;
}
return s;
}
};
这里我们直接用了算法库中的swap函数，进行字符的交换
2.字符串中第一个唯一字符
题目链接：387.字符串中第一个唯一字符
题目描述：
这道题主要目的就是找第一个唯一出现的字符，我们的思路就是类似于计数排序，构建一个存储字符出现次数的数组，最后按照新数组寻找出现一次的那个字符
class Solution {
public:
int firstUniqChar(string s)
{
int arr[256]={0};
for(int i=0;i<s.size();i++)
{
arr[s[i]]+=1;
}
for(int i=0;i<s.size();i++)
{
if(arr[s[i]]==1)
return i;
}
return -1;
}
};
解法简单，希望能够理解
3.验证回文串
题目链接：125.验证回文串
题目描述：
题目描述，去掉非字母和非数字后的字符串，回文，则构成回文，我们的思路是先判断是否为字母字符或者数字字符：
bool isLetterOrDigit(char ch) {
return (ch >= 'a' && ch <= 'z') || (ch >= 'A' && ch <= 'Z') || (ch >= '0' && ch <= '9');
}
接着我们设置两个索引，left，right来从左往右一次寻找字母，左边找到字符则停止，右边找到字符则停止，然后通过字符函数tolower使他们均变为小写字母进行比较
如果有一组不匹配，则返回false
代码如下：
class Solution {
public:
bool isLetterOrDigit(char ch) {
return (ch >= 'a' && ch <= 'z') || (ch >= 'A' && ch <= 'Z') || (ch >= '0' && ch <= '9');
}
bool isPalindrome(string s) {
int left = 0;
int right = s.size() - 1;
while (left < right) {
while (left < right && !isLetterOrDigit(s[left])) {
left++;
}
while (left < right && !isLetterOrDigit(s[right])) {
right--;
}
if (tolower(s[left]) != tolower(s[right])) {
return false;
}
left++;
right--;
}
return true;
}
};
4.字符串相加
题目链接：415.字符串相加
题目描述：
本题核心思想就是处理进位问题，从尾部依次相加，结果保留个位数与进位数（0或1），这个进位数进行下一次运算，保留的个位数以新的字符头插在字符串中
class Solution {
public:
string addStrings(string num1, string num2) {
string result;
int end1=num1.size()-1,end2=num2.size()-1;
int next=0;
while(end1>=0||end2>=0)
{
int val1=end1>=0?num1[end1--]-'0':0;
int val2=end2>=0?num2[end2--]-'0':0;
int ret=val1+val2+next;
next=ret/10;
ret=ret%10;
result.insert(0,1,ret+'0');
}
if(next==1)
{
result.insert(0,1,'1');
}
return result;
}
};
函数逻辑
-
定义一个空字符串
result，它最终将存储相加后的结果 -
定义两个整型变量
end1和end2，分别表示num1和num2字符串的末位索引 -
定义变量
next，表示在每一步相加中可能产生的进位 -
使用一个
while循环，条件是end1或end2中有一个或两个大于或等于0。这表示至少还有一个数字字符串有未处理的数字 -
在循环内部，分别计算
val1和val2，它们代表当前要相加的两个字符对应的数字值。如果索引小于0，则表示该数字字符串没有更多的位数可以处理，因此对应的值为0 -
计算
ret，它是val1、val2和前一步的进位next之和 -
更新
next为ret除以10，因为手写加法中，超过10的部分产生进位 -
更新
ret为ret对10取余，因为余数是当前位上的数字 -
将
ret转换为对应的字符，然后将该字符插入result字符串的最前面 -
重复步骤5-9，直到处理完
num1和num2的所有位数 -
循环结束后，检查是否还有未添加的进位
next。如果next为1，将字符 ‘1’ 插入result字符串的最前面（这一部分可以查阅函数库来了解insert的多种实现形式） -
返回结果字符串
result
优化：
因为不断的头插，数据会挪动，使函数的时间复杂度来到了O(N2)
优化思路：
- 尾插，再进行反转
class Solution {
public:
string addStrings(string num1, string num2) {
string result;
int end1=num1.size()-1,end2=num2.size()-1;
int next=0;
while(end1>=0||end2>=0)
{
int val1=end1>=0?num1[end1--]-'0':0;
int val2=end2>=0?num2[end2--]-'0':0;
int ret=val1+val2+next;
next=ret/10;
ret=ret%10;
result+=ret+'0';
}
if(next==1)
{
result+='1';
}
reverse(result.begin(), result.end());
return result;
}
};
5.反转字符串I I
题目链接：541.反转字符串I I
题目描述：
这段代码意在实现根据指定的整数 k 来部分反转字符串 s 的功能。但是，代码中有几个问题需要解决才能正确实现这一功能。
首先，让我们明确正确的逻辑：
- 遍历字符串，步长为 2k 字符。
- 在每个步长内：
- 如果剩余字符少于 k 个，则反转这些字符。
- 如果剩余字符小于 2k 但至少有 k 个，则只反转前 k 个字符
- 如果有足够的字符，则反转前 k 个字符，保持其余字符不变
class Solution {
public:
string reverseStr(string s, int k) {
int size = s.size();
for (int start = 0; start < size; start += 2 * k) {
// 如果剩余字符少于 k 个，则反转剩余的所有字符
if (start + k > size) {
reverse(s.begin() + start, s.end());
} else {
// 反转从 start 开始的 k 个字符
reverse(s.begin() + start, s.begin() + start + k);
// 其余字符保持原样，根据题目要求这部分不需要任何操作
}
}
return s;
}
};
-
使用一个
for循环，步长为2 * k，遍历字符串s，每次移动2k步，检查并反转前k个字符 -
在循环中检查剩余字符的数目，根据这个数目适当地反转字符串的一部分
-
使用
reverse方法来反转从start开始的字符。注意，reverse方法的第二个参数是我们想要反转区间的结束位置的下一个迭代器。如果剩余字符少于k个，则reverse的参数是s.end()，这样可以反转从start开始的所有剩余字符 -
如果
start + k小于或等于size，则只反转前k个字符，而其余字符保持原样
6.反转字符串中的单词III
题目链接：557.反转字符串中的单词III
题目描述：
这道题主要思路就是找到每个空格位置对单词进行分割，逐个翻转
class Solution {
public:
string reverseWords(string s) {
int size = s.size();
size_t pos = s.find(' ');
int start = 0;
while (pos != string::npos) {
reverse(s.begin() + start, s.begin() + pos);
start = pos + 1;
pos = s.find(' ', start);
}
reverse(s.begin() + start, s.end());
return s;
}
};
注意，reverse接收的参数应该是迭代器，我们应该使用 s.begin() 加上相应的索引来获取正确的迭代器位置，每次找到一个空格就更新索引往后寻找，直到找到最后一个单词结束，结束后，再对最后一个单词进行反转
7.字符串相乘
题目链接：43.字符串相乘
题目描述：
思路一：
这道题与我们的字符串相加类似，我们需要做的就是用num2的每一位与num1相乘，每得到两个结果就进行字符串相加
class Solution {
public:
string multiply(string num1, string num2)
{
if (num1 == "0" || num2 == "0") return "0";
string result(num1.size() + num2.size(), '0');
for (int i = num1.size() - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = num2.size() - 1; j >= 0; j--) {
int mul = (num1[i] - '0') * (num2[j] - '0');
int sum = (result[i + j + 1] - '0') + mul;
result[i + j + 1] = (sum % 10) + '0';
result[i + j] += sum / 10;
}
}
size_t startpos = result.find_first_not_of("0");
if (startpos != string::npos) {
return result.substr(startpos);
}
return "0";
}
};
这段代码理解起来十分简单，详细讲解：
此代码模拟了我们在纸上作乘法运算时的过程：
- 处理特殊情况
如果num1或num2中任意一个是 “0”，那么乘积为 “0”
if (num1 == "0" || num2 == "0") return "0";
- 初始化结果字符串
初始化结果字符串result，长度为num1.size()加上num2.size()，所以result的长度足以存储乘法得到的所有可能数字，包括合并进位。所有字符先被设置为'0'
string result(num1.size() + num2.size(), '0');
- 嵌套循环
外层循环以num1.size() - 1开始，即num1字符串的最后一个字符，向前遍历整个字符串。内层循环以num2.size() - 1开始，即num2字符串的最后一个字符，向前遍历整个字符串。循环索引i和j分别对应num1和num2的每个数位
for (int i = num1.size() - 1; i >= 0; i--) {
for (int j = num2.size() - 1; j >= 0; j--) {
// ...
}
}
- 计算乘积
对于每对数位(num1[i], num2[j])，计算它们值的乘积，另外再把结果result相应位置上的值加上去（需要先把result[i+j+1]字符转化为整数）。需要注意的是，计算中还会加上之前的进位
int mul = (num1[i] - '0') * (num2[j] - '0');
int sum = (result[i + j + 1] - '0') + mul;
- 处理结果和进位
当前乘积mul与结果result当前位置上的数相加后，可能会大于等于10，即产生进位。将当前位的结果模上10得到最终结果，并把商加到下一位上
result[i + j + 1] = (sum % 10) + '0';
result[i + j] += sum / 10;
- 移除前导零
由于乘积可能比num1.size() + num2.size()这么长要短，所以会在result最前面出现一些 ‘0’。我们需要找到第一个不是 ‘0’ 的字符的位置，并从那里开始返回子字符串
size_t startpos = result.find_first_not_of("0");
if (startpos != string::npos) {
return result.substr(startpos);
}
如果整个字符串都是 ‘0’，说明两个数的乘积是 0，直接返回 “0”。
- 返回结果
如果result中有非 ‘0’ 的字符，就从第一个非零字符开始返回剩余的子字符串，否则直接返回 “0”。
8.把字符串转换为整数
题目链接：LCR 192.把字符串转换为整数(atoi)
题目描述：
首先，我们写两个函数来对空字符和正负号进行处理：
int i = 0;
int sign = 1;
int result = 0;
while (i < str.length() && str[i] == ' ') {
i++;
}
if (i < str.length() && (str[i] == '+' || str[i] == '-')) {
sign = (str[i] == '+') ? 1 : -1;
i++;
}
接着处理数字部分，如果超过32 位有符号整数范围，则进行截断：
class Solution {
public:
int myAtoi(string str) {
int i = 0;
int sign = 1;
int result = 0;
while (i < str.size() && str[i] == ' ') {
i++;
}
if (i < str.size() && (str[i] == '+' || str[i] == '-')) {
sign = (str[i] == '+') ? 1 : -1;
i++;
}
while (i < str.size() && isdigit(str[i])) {
int digit = str[i] - '0';
if (result > INT_MAX / 10 || (result == INT_MAX / 10 && digit > INT_MAX % 10)) {
return sign == 1 ? INT_MAX : INT_MIN;
}
result = 10 * result + digit;
i++;
}
return result * sign;
}
};
if (result > INT_MAX / 10 || (result == INT_MAX / 10 && digit > INT_MAX % 10)) {
return sign == 1 ? INT_MAX : INT_MIN;
}
这部分代码的目的是检查在将下一个数字添加到已解析的结果 result 之前，是否会导致整数溢出。溢出指的是整数的值超出了它能表示的最大范围。在C++中，对于32位 int 类型，能够表示的最大整数值定义在 <climits> 头文件中，称为 INT_MAX，通常为 2^31 - 1（即2147483647），最小整数值为 INT_MIN，通常为 -2^31（即-2147483648）
为了避免result在由字符串转换为整数时溢出，代码使用了下列条件检查：
-
result > INT_MAX / 10
这个检查确保将当前的result乘以 10（也就是添加新的数字之前）不会超过最大整数值INT_MAX。如果result已经大于INT_MAX除以 10，那么在下一步乘以 10 时一定会发生溢出。 -
(result == INT_MAX / 10 && digit > INT_MAX % 10)
如果result已经达到了INT_MAX除以 10 的值，那么我们可以检查下一个要添加的数字（digit）是否会导致溢出。因为我们知道result乘以 10 刚好达到但不超过INT_MAX，所以我们只需要保证添加的数字小于或等于INT_MAX最后一个数位的数字的值，即INT_MAX % 10。如果digit大于这个值，那么加上digit之后会超出INT_MAX，发生溢出
如果以上任何一种溢出条件满足，那么根据数字的正负符号，函数返回最大或最小的 int 值：
return sign == 1 ? INT_MAX : INT_MIN;
- 当
sign为 1，即正数的情况下，返回INT_MAX。 - 当
sign为 -1，即负数的情况下，返回INT_MIN。
本节内容到此结束，感谢大家阅读，可以多多交流！！
