一、栈
1、每日温度
使用单调递减栈来解决。主要思路是遍历temperatures数组，利用栈来存储还没有找到比当前温度高的天数的索引。当遇到比栈顶索引所对应温度更高的温度时，就可以确定当前这一天的温度比之前那一天高。索引的差值就是等待的天数。
求一个元素右边或者左边第一个比它大/小的元素可以用到单调栈。
class Solution:
def dailyTemperatures(self, temperatures: List[int]) -> List[int]:
n=len(temperatures)
stk=[]
ans=[0]*n
for i in range(n):
tmp=temperatures[i]
while stk and tmp>temperatures[stk[-1]]:
pre_pos=stk.pop()
ans[pre_pos]=i-pre_pos
stk.append(i)
return ans2、柱状图中最大的矩形
代码随想录题解
http://【单调栈，又一次经典来袭！ LeetCode：84.柱状图中最大的矩形】https://www.bilibili.com/video/BV1Ns4y1o7uB?vd_source=b93b9c2a7846dd3e8bd33feb227c4ac5通过使用单调递增栈来解决这个问题。当遇到一个比栈顶元素低的高度时，说明以栈顶高度为矩形的柱子已经结束，它无法再延伸更大的宽度，因此可以计算这个柱子形成的最大矩形面积。
单调栈的核心是维护一个递增序列。具体思路是：
- 如果当前柱子的高度大于栈顶柱子的高度，则将当前柱子的索引压入栈。
- 如果当前柱子的高度小于栈顶柱子的高度，说明栈顶柱子的矩形已经找到了右边界，因此我们可以计算以该柱子为高度的最大矩形面积。
class Solution:
def largestRectangleArea(self, heights: List[int]) -> int:
heights=[0]+heights+[0]
res=0
stk=[0]
for i in range(1,len(heights)):
if heights[i]>heights[stk[-1]]:
stk.append(i)
elif heights[i]==heights[stk[-1]]:
stk.pop()
stk.append(i)
else:
while stk and heights[stk[-1]]>heights[i]:
mid_height_pos=stk.pop()
mid_height=heights[mid_height_pos]
left_edge=stk[-1]
right_edge=i
res=max(res,(right_edge-left_edge-1)*mid_height)
stk.append(i)
return res二、堆
1、数组中的第k个最大元素
①快速排序思想
题目要求是找出数组中第k个最大元素，因此可以通过快速排序不断缩小寻找区间来定位第k个最大的元素。（题目要求找的是数组中第k个最大的元素，因此排序后的元素是从大到小逆序排列的，左右指针移动的判断条件不要写错）。
与快速排序不同的是，不需要完全排序整个数组，只需要处理包含第 k 大元素的那一部分。因此每交换过一轮元素以后，都要判定第k大的元素在左边部分（每次的起始left到j）还是右部分（j+1到right)。
class Solution:
def findKthLargest(self, nums: List[int], k: int) -> int:
def quicksort(nums,left,right,k):
if left>=right:
return nums[left]
mid=(left+right)//2
pivot=nums[mid]
i,j=left-1,right+1
while i<j:
while True:
i+=1
if nums[i]<=pivot:
break
while True:
j-=1
if nums[j]>=pivot:
break
if i<j:
nums[i],nums[j]=nums[j],nums[i]
if j-left+1>=k:
return quicksort(nums,left,j,k)
else:
return quicksort(nums,j+1,right,k-(j-left+1))
return quicksort(nums,0,len(nums)-1,k)②堆
维护一个大小为 k 的小根堆。每次当堆的大小超过 k 时，弹出堆顶元素，因为堆顶元素是堆中最小的，这样可以确保堆中始终保留了 k 个最大的元素。最后堆顶的元素就是第 k 大的元素。
class Solution:
def findKthLargest(self, nums: List[int], k: int) -> int:
min_heap=[]
for num in nums:
heapq.heappush(min_heap,num)
if len(min_heap)>k:
heapq.heappop(min_heap)
return min_heap[0]2、前K个高频元素
与1-数组中的第k个最大元素中堆处理方法处理思想相同。
首先调用Counter方法获取每个元素与其出现次数，再构建一个小根堆来存放（出现次数，数组元素），堆顶是出现次数最少的数组元素。每当堆的大小超过k，就将堆顶元素弹出，这样最后留在堆中的一定是出现次数最多的那K个数组元素。
class Solution:
def topKFrequent(self, nums: List[int], k: int) -> List[int]:
n=len(nums)
min_heap=[]
counter=Counter(nums)
for num,count in counter.items():
heapq.heappush(min_heap,(count,num))
if len(min_heap)>k:
heapq.heappop(min_heap)
top_k=[heapq.heappop(min_heap)[1] for _ in range(len(min_heap))]
return top_k3、数据流的中位数
整体思路：
- 使用一个最大堆（通过存负值模拟）来保存数据流中较小的一半元素。
- 使用一个最小堆来保存数据流中较大的一半元素。
- 保持最大堆的大小总是等于最小堆的大小或者比最小堆大一个元素，这样中位数可以轻松获取：
- 如果两个堆的大小相同，则中位数是两个堆顶元素的平均值。
- 如果最大堆比最小堆大一个元素，则中位数是最大堆的顶部元素。
详细步骤：
-
添加元素：
- 首先添加到最大堆: 元素以其负值形式添加到最大堆中。
- 调整元素到最小堆: 如果添加后最大堆的堆顶元素（负值的最小值，即绝对值最大）大于最小堆的堆顶元素，则将最大堆的顶部元素弹出（转换为正值），并加入到最小堆中。这样做是为了保证最小堆中的所有元素始终大于最大堆中的所有元素。
- 平衡两个堆的大小:
- 如果最大堆的大小比最小堆大超过1个元素，从最大堆中移除顶部元素（最大值），转换为正值后加入到最小堆中。
- 如果最小堆比最大堆大（虽然按照逻辑不应该发生，但为了保证健壮性也可以检查和处理），则将最小堆的顶部元素弹出并加入到最大堆中。
-
计算中位数:
- 如果最大堆的元素数量比最小堆多，中位数是最大堆的堆顶元素（转换为正值）。
- 如果最大堆和最小堆的大小相同，中位数是两个堆顶元素值的平均数。
class MedianFinder:
def __init__(self):
self.min_heap=[]
self.max_heap=[]
def addNum(self, num: int) -> None:
heapq.heappush(self.max_heap,-num)
if self.max_heap and self.min_heap and -self.max_heap[0]>self.min_heap[0]:
heapq.heappush(self.min_heap,-heapq.heappop(self.max_heap))
if len(self.max_heap)>len(self.min_heap)+1:
heapq.heappush(self.min_heap,-heapq.heappop(self.max_heap))
if len(self.min_heap)>len(self.max_heap):
heapq.heappush(self.max_heap,-heapq.heappop(self.min_heap))
def findMedian(self) -> float:
if len(self.max_heap)==len(self.min_heap):
return (-self.max_heap[0]+self.min_heap[0])/2.0
else:
return -self.max_heap[0]
# Your MedianFinder object will be instantiated and called as such:
# obj = MedianFinder()
# obj.addNum(num)
# param_2 = obj.findMedian()三、贪心算法
1、买卖股票的最佳时机
利用了动态规划的思想，通过在每个价格点更新历史最低价格和当前可能的最大利润。
- 对
prices数组中的每一个price进行迭代。 maxprofit更新为max(price-minprice,maxprofit)。每次计算当前价格price和之前最低价格minprice的差价，并与当前记录的maxprofit比较，取较大值。这样可以保证每天考虑卖出股票时，都是基于之前买入价格最低的情况来计算可能的最大利润。minprice更新为min(price,minprice)。这一步确保在遍历到当前价格price时，minprice总是记录到目前为止的最低股票价格。
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
max_profit=0
min_price=float('inf')
for price in prices:
max_profit=max(price-min_price,max_profit)
min_price=min(min_price,price)
return max_profit2、跳跃游戏
用right来记录当前能够跳到的最右位置，遍历数组更新right，如果最后right>=n-1就说明能够到达终点。
更新的规则：如果当前位置i在right能到达的范围之内（也就是i<=right)，则更新right，right=max(right,nums[i]+i)。
class Solution:
def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:
n=len(nums)
right=0
for i in range(n):
if i<=right:
right=max(right,nums[i]+i)
if right>=n-1:
return True
return False3、跳跃游戏II
在每个跳跃点，总是尝试到达当前可知范围内的最远点，这是局部最优的选择。通过局部最优的方式逐步推进，累计的跳跃次数应是全局最优的，即最少的跳跃次数到达终点。
遍历数组的每个元素（除了最后一个，因为跳跃行为是从当前位置到后面的某个位置），在每个位置做以下操作：
- 更新right：right=max(right,i+nums[i])，表示在目前这个跳跃周期内，能够到达的最远极限。
- 检查是否到达了当前跳跃的边界
end：- 如果到达，说明需要执行一次跳跃到新的位置，即更新
jumps，并将end设置为当前已知的right。 - 每次更新
end后，检查end是否已经达到或超过了数组的最后一个位置。如果是，可以直接结束循环。
- 如果到达，说明需要执行一次跳跃到新的位置，即更新
class Solution:
def jump(self, nums: List[int]) -> int:
if len(nums)<=1:
return 0
n=len(nums)
jump=0
right=0
end=0
for i in range(n):
right=max(right,i+nums[i])
if i==end:
jump+=1
end=right
if end>=n-1:
break
return jump4、划分字母区间
题意要求每一个字母最多出现在一个片段内，也就是说每个字符不应跨越到其他分割中。
首先，初始化一个长度为26的数组last，用于跟踪字符串中每个字符的最后出现位置。
然后再用start和end分别标记当前片段的起始位和终止点，partition用于存放分割片段大小。
遍历字符串，不断比较、更新end为当前片段中字符最后出现位置的最大值，这能保证当前片段中所有字符不跨越到其他分割中。
class Solution:
def partitionLabels(self, s: str) -> List[int]:
last=[0]*26
for i,ch in enumerate(s):
pos=ord(ch)-ord('a')
last[pos]=i
start=0
end=0
partition=[]
for i,ch in enumerate(s):
pos=ord(ch)-ord('a')
end=max(end,last[pos])
if i==end:
partition.append(end-start+1)
start=end+1
return partition
