LEETCODE习题集【4月-7月总结】
简单
数组部分
1.重复数
题目：
在一个长度u为 n 的数组 nums 里的所有数字都在 0～n-1 的范围内。数组中某些数字是重复的，但不知道有几个数字重复了，也不知道每个数字重复了几次。请找出数组中任意一个重复的数字
输入：
[2, 3, 1, 0, 2, 5, 3]
输出：2 或 3
代码：
class Solution {
public:
int findRepeatNumber(vector<int>& nums) {
unordered_map<int,int> mp;
for(int i=0;i<nums.size();i++){
if(mp.find(nums[i]) != mp.end()) return nums[i];
else mp[nums[i]] ++;
}
return -1;
}
};
9.回文数
题目：
给你一个整数 x ，如果 x 是一个回文整数，返回 true ；否则，返回 false 。
回文数是指正序（从左向右）和倒序（从右向左）读都是一样的整数
思路：
- 如果是负数一定不是回文数 直接返回false
- 如果是正数，则将其倒序数值计算出来，然后比较和原数值是否相等
- 如果是回文数相等返回true 不相等返回false
代码：
class Solution {
public:
bool isPalindrome(int x) {
if(x < 0)
return false;
long cursor = 0;
long number = x;
while(number != 0){
cursor = cursor * 10 + number % 10;
number /= 10;
}
return (cursor == x);
}
};
13. 罗马数字转整数
(https://leetcode.cn/problems/roman-to-integer/)
题目：
罗马数字包含以下七种字符:
I，V，X，L，C，D和M。
例如， 罗马数字 2 写做 II ，即为两个并列的 1 。12 写做 XII ，即为 X + II 。 27 写做 XXVII, 即为 XX + V + II 。
通常情况下，罗马数字中小的数字在大的数字的右边。但也存在特例，例如 4 不写做 IIII，而是 IV。数字 1 在数字 5 的左边，所表示的数等于大数 5 减小数 1 得到的数值 4 。同样地，数字 9 表示为 IX。这个特殊的规则只适用于以下六种情况：
I 可以放在 V (5) 和 X (10) 的左边，来表示 4 和 9。
X 可以放在 L (50) 和 C (100) 的左边，来表示 40 和 90。
C 可以放在 D (500) 和 M (1000) 的左边，来表示 400 和 900。
给定一个罗马数字，将其转换成整数。来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/roman-to-integer
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
思路：
无序图标记对应的值
每次取两个字母 如果在无序图内有值则直接添加 没有则加上1个字母的值 因为前一次循环中添加了r的值前一个字母的值 所以后面只需要加上减去前一个字母的值 所以无序图是比题目中少给
MXCIV
代码：
class Solution {
public:
int romanToInt(string s) {
unordered_map<string,int> m ={{"I", 1}, {"IV", 3}, {"IX", 8}, {"V", 5}, {"X", 10}, {"XL", 30}, {"XC", 80}, {"L", 50}, {"C", 100}, {"CD", 300}, {"CM", 800}, {"D", 500}, {"M", 1000}};
int r = m[s.substr(0,1)];
for(int i = 1; i < s.size(); ++i){
string two = s.substr(i-1, 2);
string one = s.substr(i,1);
r += m[two] ? m[two] : m[one];
}
return r;
}
};
303.区域和检索-数组不可变
题目：
给定一个整数数组 nums，处理以下类型的多个查询:
计算索引 left 和 right （包含 left 和 right）之间的 nums 元素的 和 ，其中 left <= right
实现 NumArray 类：NumArray(int[] nums) 使用数组 nums 初始化对象
int sumRange(int i, int j) 返回数组 nums 中索引 left 和 right 之间的元素的 总和 ，包含 left 和 right 两点（也就是 nums[left] + nums[left + 1] + … + nums[right] )来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/range-sum-query-immutable
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
思路：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 100010;
int a[N];//存放读入数据数组
int s[N];//前缀和数组
int main() {
int n,m;
int l,r;
scanf("%d %d",&n,&m);
for(int i = 1;i<=n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
s[i] += s[i-1] + a[i];//预处理前缀和
}
for(int i = 1;i<=m;i++){
scanf("%d %d",&l,&r);
printf("%d\n",s[r] - s[l-1]);//通过前缀和公式直接访问
}
system("pause");
return 0;
}
代码：
class NumArray {
public:
vector<int> sums ;
NumArray(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
sums.resize(n + 1);
for(int i = 0; i < n; i++){
sums[i + 1] = sums[i] + nums[i];
}
}
int sumRange(int left, int right) {
return sums[ right + 1 ] - sums[left];
}
};
差分数组
背景：
频繁对数组中某个区间加减，求最终结果
算法讲解：
https://blog.csdn.net/qq_31601743/article/details/105352885?spm=1001.2101.3001.6650.1&utm_medium=distribute.pc_relevant.none-task-blog-2%7Edefault%7ECTRLIST%7ERate-1-105352885-blog-121647156.pc_relevant_recovery_v2&depth_1-utm_source=distribute.pc_relevant.none-task-blog-2%7Edefault%7ECTRLIST%7ERate-1-105352885-blog-121647156.pc_relevant_recovery_v2&utm_relevant_index=2
模板题：
1109. 航班预订统计
题目：
这里有 n 个航班，它们分别从 1 到 n 进行编号。
有一份航班预订表 bookings ，表中第 i 条预订记录 bookings[i] = [firsti, lasti, seatsi] 意味着在从 firsti 到 lasti （包含 firsti 和 lasti ）的 每个航班 上预订了 seatsi 个座位。
请你返回一个长度为 n 的数组 answer，里面的元素是每个航班预定的座位总数。
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/corporate-flight-bookings
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。
思路：
代码：
class Solution {
public:
vector<int> corpFlightBookings(vector<vector<int>>& bookings, int n) {
vector<int> nums(n);
for (auto& booking : bookings){
nums[booking[0]-1] += booking[2];
if(booking[1]< n){
nums[booking[1]] -= booking[2];
}
}
for(int i =1; i< n ; i++){
nums[i] += nums[i-1];
}
return nums;
}
};
1094. 拼车 下标问题
双指针：（数组）
016：最接近三数之和
题目大意 #
给定一个数组，要求在这个数组中找出 3 个数之和离 target 最近。
解题思路 #
这一题看似和第 15 题和第 18 题很像，都是求 3 或者 4 个数之和的问题，但是这一题的做法和 15，18 题完全不同。
这一题的解法是用两个指针夹逼的方法。先对数组进行排序，i 从头开始往后面扫。这里同样需要注意数组中存在多个重复数字的问题。具体处理方法很多，可以用 map 计数去重。这里笔者简单的处理，i 在循环的时候和前一个数进行比较，如果相等，i 继续往后移，直到移到下一个和前一个数字不同的位置。j，k 两个指针开始一前一后夹逼。j 为 i 的下一个数字，k 为数组最后一个数字，由于经过排序，所以 k 的数字最大。j 往后移动，k 往前移动，逐渐夹逼出最接近 target 的值。
这道题还可以用暴力解法，三层循环找到距离 target 最近的组合。
018 4Sum
题目大意 #
给定一个数组，要求在这个数组中找出 4 个数之和为 0 的所有组合。
解题思路 #
用 map 提前计算好任意 3 个数字之和，保存起来，可以将时间复杂度降到 O(n^3)。这一题比较麻烦的一点在于，最后输出解的时候，要求输出不重复的解。数组中同一个数字可能出现多次，同一个数字也可能使用多次，但是最后输出解的时候，不能重复。例如 [-1，1，2, -2] 和 [2, -1, -2, 1]、[-2, 2, -1, 1] 这 3 个解是重复的，即使 -1, -2 可能出现 100 次，每次使用的 -1, -2 的数组下标都是不同的。
这一题是第 15 题的升级版，思路都是完全一致的。这里就需要去重和排序了。map 记录每个数字出现的次数，然后对 map 的 key 数组进行排序，最后在这个排序以后的数组里面扫，找到另外 3 个数字能和自己组成 0 的组合
027 移除元素
给你一个数组 nums 和一个值 val，你需要 原地 移除所有数值等于 val 的元素，并返回移除后数组的新长度。
不要使用额外的数组空间，你必须仅使用 O(1) 额外空间并原地修改输入数组。
元素的顺序可以改变。你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
示例 1: 给定 nums = [3,2,2,3], val = 3, 函数应该返回新的长度 2, 并且 nums 中的前两个元素均为 2。 你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
示例 2: 给定 nums = [0,1,2,2,3,0,4,2], val = 2, 函数应该返回新的长度 5, 并且 nums 中的前五个元素为 0, 1, 3, 0, 4。
你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
#
思路
/**
* 相向双指针方法，基于元素顺序可以改变的题目描述改变了元素相对位置，确保了移动最少元素
* 时间复杂度：O(n)
* 空间复杂度：O(1)
*/
class Solution {
public:
int removeElement(vector<int>& nums, int val) {
int leftIndex = 0;
int rightIndex = nums.size() - 1;
while (leftIndex <= rightIndex) {
// 找左边等于val的元素
while (leftIndex <= rightIndex && nums[leftIndex] != val){
++leftIndex;
}
// 找右边不等于val的元素
while (leftIndex <= rightIndex && nums[rightIndex] == val) {
-- rightIndex;
}
// 将右边不等于val的元素覆盖左边等于val的元素
if (leftIndex < rightIndex) {
nums[leftIndex++] = nums[rightIndex--];
}
}
return leftIndex; // leftIndex一定指向了最终数组末尾的下一个元素
}
};
相关题目推荐
- 26.删除排序数组中的重复项 √ 第一项是不会改变的 不需要更改
- 283.移动零 √ 思路就是 直接在后面加0
- 844.比较含退格的字符串 √ 调用一个新的字符串 不是需要的字符就直接弹出
- 977.有序数组的平方
vector<int> sortedSquares(vector<int>& nums) {
int left =0 ;
int right = nums.size()-1;
int i = nums.size();
vector<int> res(i,0);
while(left <= right){
i--;
if(nums[left] + nums[right] < 0){
res[i] = nums[left] * nums[left];
left++;
}else{
res[i] = nums[right] * nums[right];
right--;
}
}
return res;
}
043 接雨水
题目大意 #
从 x 轴开始，给出一个数组，数组里面的数字代表从 (0,0) 点开始，宽度为 1 个单位，高度为数组元素的值。如果下雨了，问这样一个容器能装多少单位的水？
075 排颜色
题目大意 #
抽象题意其实就是排序。这题可以用快排一次通过。
解题思路 #
题目末尾的 Follow up 提出了一个更高的要求，能否用一次循环解决问题？这题由于数字只会出现 0，1，2 这三个数字，所以用游标移动来控制顺序也是可以的。具体做法：0 是排在最前面的，所以只要添加一个 0，就需要放置 1 和 2。1 排在 2 前面，所以添加 1 的时候也需要放置 2 。至于最后的 2，只用移动游标即可。
这道题可以用计数排序，适合待排序数字很少的题目。用一个 3 个容量的数组分别计数，记录 0，1，2 出现的个数。然后再根据个数排列 0，1，2 即可。时间复杂度 O(n)，空间复杂度 O(K)。这一题 K = 3。
这道题也可以用一次三路快排。数组分为 3 部分，第一个部分都是 0，中间部分都是 1，最后部分都是
DFS暴力枚举
题目大意 #
给定一组不含重复元素的整数数组 nums，返回该数组所有可能的子集（幂集）。说明：解集不能包含重复的子集。
解题思路 #
- 找出一个集合中的所有子集，空集也算是子集。且数组中的数字不会出现重复。用 DFS 暴力枚举即可。
- 这一题和第 90 题，第 491 题类似，可以一起解答和复习。
滑动窗口
给定一个含有 n 个正整数的数组和一个正整数 s ，找出该数组中满足其和 ≥ s 的长度最小的 连续 子数组，并返回其长度。如果不存在符合条件的子数组，返回 0。
示例：
输入：s = 7, nums = [2,3,1,2,4,3] 输出：2 解释：子数组 [4,3] 是该条件下的长度最小的子数组。
提示：
- 1 <= target <= 10^9
- 1 <= nums.length <= 10^5
- 1 <= nums[i] <= 10^5
螺旋矩阵
排序算法
选择排序
- 算法思想 1：贪心算法
每一次决策只看当前，当前最优，则全局最优。注意：这种思想不是任何时候都适用。
- 算法思想 2：减治思想
外层循环每一次都能排定一个元素，问题的规模逐渐减少，直到全部解决，即「大而化小，小而化了」。运用「减治思想」很典型的算法就是大名鼎鼎的「二分查找」。
- 优点：交换次数最少。
「选择排序」看起来好像最没有用，但是如果在交换成本较高的排序任务中，就可以使用「选择排序」（《算法 4》相关章节课后练习题）。
依然是建议大家不要对算法带有个人色彩，在面试回答问题的时候和看待一个人和事物的时候，可以参考的回答模式是「具体问题具体分析，在什么什么情况下，用什么什么算法」。
class Solution {
public:
vector<int> sortArray(vector<int>& nums) {
int length = nums.size();
int swap=0;
for(int i=0;i<length;i++){
int min_tag = i;
for(int j=i+1;j<length; j++){
if(nums[j] <= nums[min_tag]){
min_tag = j;
}
}
if(min_tag != i){
swap = nums[i];
nums[i] = nums[min_tag];
nums[min_tag]= swap;
}
}
return nums;
}
};
双指针法解决三数之和
- 第一步将数组排序
- i left right
- 和 > 0 right 左移 和 < 0 left 右移 直到left和right相遇为止
-
class Solution { public: vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) { vector<vector<int>> result; sort(nums.begin(), nums.end()); // for(int i = 0; i < nums.size(); i++){ // cout << nums[i]; // } for(int i = 0; i < nums.size(); i++){ // 排序之后的第一个数组>0 的情况下 那么之后一定是没办法满足 if(nums[i] > 0) return result; // 不理解为什么后面的匹配前面的值 就是正确的去重 // if(nums[i] == nums[i+1]){ // continue; // } // 因为这样前面还是执行 后面一步判断就去重 if(i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]){ continue; } for(int left = i+1,right = nums.size() - 1; left < right;){ if(nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0){ right--; }else if(nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0){ left++; }else{ result.push_back(vector<int>{nums[i] , nums[left], nums[right]}); while(right > left && nums[right] == nums[right - 1]) right--; while(right > left && nums[left] == nums[left + 1]) left++; right--; left++; } } } return result; } };
二分查找
题型
二分查找
条件
int a[] = {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}
int a[] = {5,6,7,8,9,10,1,2,3,4}
// 1、数组有序，局部有序
// 2、logn
普通二分查找
1、查target
查第一个target
查最后一个target
2、查大于target的第一个
3、查小于target的第一个
#include <iostream>
#include <vector>
using namespace std;
//二分模板,查找target是否存在
int search(vector<int>&nums, int target)
{
//step 1
int l = 0;
int r = nums.size()-1;
int mid = 0;//返回值
//step 2
while(l<=r)
{
mid = l + (r - l)/2;
// 结果
if(nums[mid] == target)
{
// 结果
return mid;
}
else if(nums[mid] < target)
{
//
l = mid+1;
}
else{
//
r = mid - 1;
}
}
return -1;
}
//查找第一个target
int searchL(vector<int>&nums, int target)
{
int l = 0;
int r = nums.size() - 1;
int res = -1; //结果
while(l<=r)
{
int mid = l + (r - l)/2;
if(nums[mid] == target)
{
res = mid;
r = mid - 1;
}
else if(nums[mid] < target)
{
l = mid + 1;
}
else
{
r = mid - 1;
}
}
return res;
}
//查找最后一个target
int searchR(vector<int>&nums, int target)
{
int l = 0;
int r = nums.size();
int res = -1;
while(l<=r)
{
int mid = l + (r - l)/2;
if(nums[mid] == target)
{
res = mid;
l = mid + 1;
}
else if(nums[mid] < target)
{
l = mid + 1;
}
else
{
r = mid - 1;
}
}
return res;
}
//查找大于target的第一个
int searchR1(vector<int>&nums, int target)
{
int l = 0;
int r = nums.size() - 1;
int res = -1;
while(l <= r)
{
int mid = l + (r - l)/2;
if(nums[mid] > target)
{
res = mid;
r = mid - 1;
}
else
{
l = mid + 1;
}
}
return res;
}
//查找小于target的第一个
int searchL1(vector<int>&nums, int target)
{
int l = 0;
int r = nums.size() - 1;
int res = -1;
while(l <= r)
{
int mid = l + (r - l)/2;
if(nums[mid] < target)
{
res = mid;
l = mid + 1;
}
else
{
r = mid - 1;
}
}
return res;
}
//查找小于等于target的第一个
int searchL2(vector<int>&nums, int target)
{
int l = 0;
int r = nums.size() - 1;
int res = -1;
while(l <= r)
{
int mid = l + (r - l)/2;
if(nums[mid] <= target)
{
res = mid;
l = mid + 1;
}
else
{
r = mid - 1;
}
}
return res;
}
//查找大于等于target的第一个
int searchR2(vector<int>&nums, int target)
{
int l = 0;
int r = nums.size() - 1;
int res = -1;
while(l <= r)
{
int mid = l + (r - l)/2;
if(nums[mid] >= target)
{
res = mid;
r = mid - 1;
}
else
{
l = mid + 1;
}
}
return res;
}
int main() {
vector<int>nums{1,2,3,4,5,5,5,5,5,7,9};//
int target = 5;
cout<<searchL1(nums,target)<<endl;
return 0;
}
二分
大于、小于、等于、时间复杂度不能为N^2 、时间复杂度为logn 考虑二分
最大值最小、最小值最大 用二分答案
lower_bound(nums.begin(),nums.end(),val) - nums.begin();//查找 大于等于 val的第一个坐标
upper_bound(nums.begin(),nums.end(),val) - nums.end();//查找 大于 val的第一个坐标
基础模板：
704. 二分查找 √
35. 搜索插入位置 √
34. 在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置 √
367. 有效的完全平方数 √
剑指 Offer II 072. 求平方根 √
374. 猜数字大小 √
进阶：
162. 寻找峰值 l < r写法 √
[6355. 统计公平数对的数目]( 没找到
链表部分
链表基础
翻转链表
题意：反转一个单链表。
示例: 输入: 1->2->3->4->5->NULL 输出: 5->4->3->2->1->NULL
思路：
参考题目
206 反转链表
两两交换链表中的节点
思路：
class Solution {
public:
ListNode* swapPairs(ListNode* head) {
ListNode* dummyHead = new ListNode(0); // 设置一个虚拟头结点
dummyHead->next = head; // 将虚拟头结点指向head，这样方面后面做删除操作
ListNode* cur = dummyHead;
while(cur->next != nullptr && cur->next->next != nullptr) {
ListNode* tmp = cur->next; // 记录临时节点
ListNode* tmp1 = cur->next->next->next; // 记录临时节点
cur->next = cur->next->next; // 步骤一
cur->next->next = tmp; // 步骤二
cur->next->next->next = tmp1; // 步骤三
cur = cur->next->next; // cur移动两位，准备下一轮交换
}
return dummyHead->next;
}
};
参考题目：
- 两两交换链表中的节点
删除链表的倒数第N个节点
思路：
双指针方法 先循环然后再删除
第一步初始化头结点 然后遍历之后的节点 然后fast前移一个指针 为了方便slow可以指向slow前面的节点 可以直接删除
/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
* ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
* ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
* };
*/
class Solution {
public:
ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
// 初始化头结点
ListNode* dummyHead = new ListNode(0);
dummyHead -> next = head;
// 当前虚拟头结点指向头结点指针head
ListNode* fast = dummyHead;
ListNode* slow = dummyHead;
// 这里判断当前fast节点必须要在slow节点的n个值前面
while(n-- && fast!= nullptr){
fast = fast -> next;
}
// 为什么要fast节点往前一个步骤呢？ 我不理解
fast = fast -> next;
while(fast != nullptr){
fast = fast -> next;
slow = slow -> next;
}
// 这里是指当前节点自动执行到最后一个节点的位置
slow -> next = slow -> next -> next;
ListNode* temp = slow -> next;
slow -> next = temp -> next;
delete temp;
// C++语言必须要释放内存 只有释放了内存才不会内存溢出oom
}
};
链表相交
思路
先比较大小长度 然后 对齐全部的长度 判断当前位置是否相等 如果相等 直接返回 不相等 就直接返回
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
// 判断两个指针头部 以及判断两个链表长度
ListNode* curA = headA;
ListNode* curB = headB;
int lenA = 0, lenB =0;
// 求出链表A的长度
while(curA != NULL){
lenA++;
curA = curA -> next;
}
// 求出链表B的长度
while(curB != NULL){
lenB++;
curB = curB -> next;
}
// 这一步可以求出链表AB的长度 当前指针指向头部
curA = headA;
curB = headB;
if(lenB > lenA){
swap(lenA, lenB);
swap(curA, curB);
}
int gap = lenA - lenB;
while(gap--){
curA = curA -> next;
}
// 这时候curA和curB 在同一起点 （末尾位置对齐）
while(curA != NULL){
if(curA == curB){
return curA;
}
curA = curA -> next;
curB = curB -> next;
}
return NULL;
}
};
环形链表
双指针： 使用一个 一个快指针 一个慢指针 慢指针走一步 快指针走两步 进入环形链表之后 快指针相当于走到慢指针追着一步一步 当追上的时候 就是确定有环 此时链表开始从头开始 环内节点开始跳动 然后当两者相遇的时候就可以确定此时就是环形链表相遇的入口
class Solution {
public:
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
ListNode* fast = head;
ListNode* slow = head;
while(fast != NULL && fast->next != NULL) {
slow = slow->next;
fast = fast->next->next;
// 快慢指针相遇，此时从head 和 相遇点，同时查找直至相遇
if (slow == fast) {
ListNode* index1 = fast;
ListNode* index2 = head;
while (index1 != index2) {
index1 = index1->next;
index2 = index2->next;
}
return index2; // 返回环的入口
}
}
return NULL;
}
};
哈希
总结一下，当我们遇到了要快速判断一个元素是否出现集合里的时候，就要考虑哈希法。
但是哈希法也是牺牲了空间换取了时间，因为我们要使用额外的数组，set或者是map来存放数据，才能实现快速的查找
判断两个字符的位置
两个数组的交集
思路： 判断数组有交集 主要是需要判定一种无序结构 unordered_set 输出的每一个元素是唯一的 也就是说输出的结果是去重的
std::set和std::multiset底层实现都是红黑树，std::unordered_set的底层实现是哈希表， 使用unordered_set 读写效率是最高的，并不需要对数据进行排序，而且还不要让数据重复，所以选择unordered_set
哈希表的效率比红黑树的效率高
class Solution {
public:
vector<int> intersection(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
unordered_set<int> result_set; // 存放结果，之所以用set是为了给结果集去重
unordered_set<int> nums_set(nums1.begin(), nums1.end());
for (int num : nums2) {
// 发现nums2的元素 在nums_set里又出现过
if (nums_set.find(num) != nums_set.end()) {
result_set.insert(num);
}
}
return vector<int>(result_set.begin(), result_set.end());
}
};
快乐数
题目 202
题目中说了会 无限循环，那么也就是说求和的过程中，sum会重复出现，这对解题很重要！
当我们遇到了要快速判断一个元素是否出现集合里的时候，就要考虑哈希法了。
思路：第一步需要求这个数的平方和
求平方和就是除以对应的元素然后直接进行对应的相加
第二部 判断这个sum总和是不是 == 1 如果是等于1的话就是结束的出口
第三部 判断这个数字是不是原来出现过 如果出现过就是无线循环 如果没有出现过 就继续在无序哈希表插入
class Solution {
public:
int getSum(int n){
int sum = 0;
while(n){
sum += (n % 10) *(n % 10);
n /= 10;
}
return sum;
}
bool isHappy(int n) {
unordered_set<int> result_set;
while(true){
int answer = getSum(n);
if(answer == 1){
return true;
}
// 如果这个sum曾经出现过 就说明进入无线循环了 并且 无序哈希表记录的不是单个 而是整个数字
if(result_set.find(answer) != result_set.end()){
return false;
}else{
result_set.insert(answer);
}
n = answer; //这里将n赋予给answer是直接
}
}
};
两数之和
Q：为什么需要两边遍历：
A：因为这样的时间复杂度是O^2的 而不是三的
然后对应的
赎金信
题目： https://leetcode.cn/problems/ransom-note/
class Solution {
public:
bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
// map数组的空间消耗是比数组大一些的 map需要维护红黑树 以及哈希表 而且还需要做哈希函数
// 使用record数组记录当前的值
// 每次n循环判断当前数组是否存在 直接减去 判断小于0 返回false
int record[26] = {0};
// 如果ransomNote 的 长度比magzine的长度长的话 直接返回false
if(ransomNote.length() > magazine.length()){
return false;
}
for(int i = 0; i< magazine.length(); i++){
record[magazine[i] - 'a']++;
}
for(int j = 0 ; j < ransomNote.length(); j++){
record[ransomNote[j] - 'a']--;
if(record[ransomNote[j] - 'a'] < 0){
return false;
}
}
return true;
}
};
栈与队列
栈与队列的基础操作 用栈实现队列
class MyQueue {
public:
stack<int> stIn;
stack<int> stOut;
MyQueue() {
// 初始化需要的队列
}
void push(int x) {
stIn.push(x);
}
int pop() {
if(stOut.empty()){
while(!stIn.empty()){
stOut.push(stIn.top());
stIn.pop();
}
}
int result = stOut.top();
stOut.pop();
return result;
}
int peek() {
// 返回当前队列的第一个元素
int res = this-> pop();
stOut.push(res);
return res;
}
bool empty() {
return stIn.empty() && stOut.empty();
}
};
/**
* Your MyQueue object will be instantiated and called as such:
* MyQueue* obj = new MyQueue();
* obj->push(x);
* int param_2 = obj->pop();
* int param_3 = obj->peek();
* bool param_4 = obj->empty();
*/
一定要学会复用 因为功能相近的函数要抽象出来 不要大量的复制粘贴 很容易出问题
1047删除字符串所有相邻的重复项
class Solution {
public:
string removeDuplicates(string s) {
// 入栈比较栈顶和当前元素的值 相等就直接出栈 并且自增
stack<char> st;
for(char t:s){
if(st.empty() || t != st.top()){
st.push(t);
}else{
st.pop();
}
}
// 现在不能直接返回st 因为st是栈值的意思 不能使用
string result = "";
// 需要把result的值 把栈里面的值
while(!st.empty()){
result += st.top();
st.pop();
}
// 此时放到result的值是反着的 需要进行翻转一下 c++翻转需要使用reverse
reverse(result.begin(), result.end());
return result;
}
};
做题步骤
第一步： String数组 使用char进行遍历 删除栈顶元素
第二步： 因为使用stack 但是返回的类型是String的类型
需要初始化一个string类型 的使用 栈的相关操作 将stack赋予给string
第三步：因为赋予的string类型是反方向的 所以需要进行反转 这样才能使得返回的string类型是对应的
class Solution {
public:
string removeDuplicates(string s) {
// 第二种方法直接使用string作为stack 省去第二步骤 和第三步骤的区别
string result;
for(char t : s){
if(result.empty() || result.back() != t){
result.push_back(t);
}else{
result.pop_back();
}
}
return result;
}
};
150 逆波兰表达式求值
第一步： 使用longlong 类型 的stack 去处理 需要操作的数据
第二步： 循环判断 如果是字符串 弹出两个数 进行处理
第三步：返回需要的栈顶值
class Solution {
public:
int evalRPN(vector<string>& tokens) {
stack<long long> st;
for(int i = 0; i < tokens.size(); i++){
if (tokens[i] == "+" || tokens[i] == "-" || tokens[i] == "*" || tokens[i] == "/") {
long long num1 = st.top();
st.pop();
long long num2 = st.top();
st.pop();
if (tokens[i] == "+") st.push(num2 + num1);
if (tokens[i] == "-") st.push(num2 - num1);
if (tokens[i] == "*") st.push(num2 * num1);
if (tokens[i] == "/") st.push(num2 / num1);
}else{
st.push(stoll(tokens[i]));
}
}
return st.top();
}
};
二叉树
层次遍历
void order(TreeNode* cur, vector<vector<int>>& result, int depth){
if(cur == nullptr) return;
if(result.size() == depth) result.push_back(vector<int>());
result[depth].push_back(cur -> val);
order(cur -> left, result, depth+1);
order(cur -> right, result, depth+1);
}
vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
vector<vector<int>> result;
int depth = 0;
order(root, result, depth);
return result;
}
对称二叉树
class Solution {
public:
bool compare(TreeNode* left , TreeNode* right){
// 第一次判断 判断左右节点是否为空
if(left == NULL && right != NULL) return false;
else if(right == NULL && left != NULL) return false;
else if(left == NULL && right == NULL) return true;
// 排除了空节点 再排除 数值不相同的情况
else if(left -> val != right -> val) return false;
//目前是左右节点相同 此时确定递归下一层的判断
bool outside = compare(left -> left, right -> right);
bool inside = compare(left -> right, right -> left);
bool issame = outside && inside;
return issame;
}
bool isSymmetric(TreeNode* root) {
if(root == NULL) return true;
return compare(root -> left, root -> right);
}
};
获取树的最大深度
step 1 判断是不是空的 如果是的话 就0
step 2 获取左边的 和 获取右边的
step 3 总 = max(左右 )+1
获取树的最小深度
左叶子之和
class Solution {
public:
int sumOfLeftLeaves(TreeNode* root) {
// 第一步判断终止条件 左叶子的节点就是在判断当前节点不为0 且当前节点的左孩子和右孩子都是空值
// 如果根节点是空值的话 那么直接返回return 因为根节点如果是空的值的话 就可以确定当前可以直接返回0
if(root == NULL) return 0;
// 第二步骤 判断 如果根节点 既没有左边的叶子结点 也没有右边的叶子结点 那么 判断他的左叶子结点之和 那么根节点的判断也一定是0
if(root -> left == NULL && root -> right == NULL) return 0;
// 这里要确定一下 单层递归 的逻辑
// 这里说明当前的子节点的值不是空值 但是确认了 当前节点的左孩子节点是空值并且右孩子节点也是空值 判断到了左叶子节点
// 以下开始进行左叶子结点累加和的操作
int leftValue = sumOfLeftLeaves(root -> left);
if(root -> left && !root -> left -> left && !root -> left -> right){
leftValue = root -> left -> val;
}
int rightValue = sumOfLeftLeaves(root -> right);
// 这里分别使用递归法 判断出了 左边叶子节点 和 右边叶子结点的值
// 那么 需要 判断一下 总和 即可
int sum = leftValue + rightValue;
return sum;
路径总和
class Solution {
private:
bool traversal(TreeNode* cur, int count) {
if (!cur->left && !cur->right && count == 0) return true; // 遇到叶子节点，并且计数为0
if (!cur->left && !cur->right) return false; // 遇到叶子节点直接返回
if (cur->left) { // 左
count -= cur->left->val; // 递归，处理节点;
if (traversal(cur->left, count)) return true;
count += cur->left->val; // 回溯，撤销处理结果
}
if (cur->right) { // 右
count -= cur->right->val; // 递归，处理节点;
if (traversal(cur->right, count)) return true;
count += cur->right->val; // 回溯，撤销处理结果
}
return false;
}
public:
bool hasPathSum(TreeNode* root, int sum) {
if (root == NULL) return false;
return traversal(root, sum - root->val);
}
};
困难
双端队列239. 滑动窗口最大值
单调队列的解析：
https://blog.csdn.net/qq_53268869/article/details/122870945
题解
-
第一步 滑动窗口 需要保证双端队列 C++里面有直接使用的deque 每次pop 先判断里面的值是不是空的 如果空的 就不弹出 如果不是空的 就比较当前弹出的数值是否等于队列出口元素的数值 如果相等就弹出 实现双端队列 一共分为三步 第一步： push 确定一下当前value的值和队列尾端的值大小 如果是小的值 就弹出来 如果当前没有逼他小的直接入栈 第二步：pop 去顶当前value等于 双端队列的队首 只弹队首 也就是最大值 第三步：front 返回当前的最大值
class Solution {
// 第一步： push 确定一下当前value的值和队列尾端的值大小 如果是小的值 就弹出来 如果当前没有逼他小的直接入栈
// 第二步：pop 去顶当前value等于 双端队列的队首 只弹队首 也就是最大值
// 第三步：front 返回当前的最大值
private:
class SinQueue{
// 单调队列 从小的值到大的值
public: //不写public默认是private
deque<int> que;
void pop(int value){
if(!que.empty() && que.front() == value){
que.pop_front();
}
}
void push(int value){
while(!que.empty() && value > que.back()){
que.pop_back();
}
que.push_back(value);
}
int front(){
return que.front();
}
};
public:
vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
// 第一步： 初始一个单调队列 然后初始化一个结果向量
// 第二步： 把所有的k值放入单调队列里面进去
SinQueue que;
vector<int> result;
for(int i = 0; i < k; i++){
que.push(nums[i]);
}
// 这里需要先存一下 最大值
// 第四步 循环移出窗口最前面的元素 然后添加当前的值 每做一步都需要确认当前的最大值
result.push_back(que.front());
for(int i = k ; i < nums.size(); i++){
que.pop(nums[i - k]);
que.push(nums[i]);
result.push_back(que.front());
}
return result;
}
}
![ruoyi若依 组织架构设计--[ 角色管理 ]](https://img-blog.csdnimg.cn/783f1ea2f6164c219f50bd831f72743c.png)