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思路： 对于这个题，除开第一个位置不能从左边过来，和最后一个位置不能从右边过来，其余位置都可以有三种可能。 三种可能分别是，不动，左移，右移。因此我们可以得到状态转移方程。 我们定义dp[step][idx]，step为移动次数，idx为当前的位置 首先是第一个位置：dp[i][0] = dp[i- 阅读全文
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思路： 因为我们要穿过墙，并且要穿过的砖块最少，因此我们应该从从墙缝最多的地方穿过。 那么问题来了，我们如何求得墙缝呢？ 每行每个砖头有自己的宽度，墙缝存在两墙块之间，并且每行的总宽度相同，因此我们通过前缀和，来等效求解墙缝。 假设一行砖头宽度为[1,2,2,1]，那么缝隙的标号就可以设定为1，1+ 阅读全文
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思路： 还是异或的题。 因为我们前一道题已经得到一个算法,(3 ^ 4 ^ 5) = (1 ^ 2) ^ (1 ^ 2 ^ 3 ^ 4 ^ 5),所以在这题也可以通过该算法来减少异或次数。 我们有个很直接的想法就是从queries没获取一个查询范围，就从L-R的异或，那么最坏时间复杂度就是O(n*m 阅读全文
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思路： 就我的小脑袋瓜，除了for循环遍历，还能想到什么高级的数学方法呀？ 我下意识想到用异或运算的性质，但是没想到用的哪个。看了题解确信了数学方法我做不出来 。 代码： class Solution { public: int xorOperation(int n, int start) { in 阅读全文
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思路： 利用异或规律的一道题。 首先明确题目对perm的定义，前n个正整数的排列，n为奇数。(因为没重视这句，想了好久都想不出，看了讨论里面说到这个才恍然大悟) 意思为perm为一个数组，里面放的是数字1-n，且数量为奇数。 又因为encoded[i]=perm[i-1]^perm[i] 我们举个n 阅读全文
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思路： 刚开始是想暴力双循环，但是发现思路只能解决连续且k>1的情况。想不出其他的了。 看了题目标签，二分法。但是还是没思路怎么个二分。 看了题解。之前说过二分利用的是二段性，那么我们这两段的分界设定为 最短完成采花的天数，也即答案。 (0,res)这段天数的大小是不能完成采花的，(res，+∞)z 阅读全文
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思路： 最直观的就是分别用两个数组来存放两棵树的叶子节点。 所以就是dfs每棵树，当遍历到叶子节点时，就加入进数组里。最后得到的两个数组在判断长度是否相等，不等就return false，相等就遍历判断是否存在不相等的元素，有就return false 代码： DFS递归 /** * Definit 阅读全文
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思路： 这个题 很明显用栈来处理，但是，我有思路了，一做就错，自己写的乱乱的，理不清楚逻辑了。 首先我们需要两个栈一个用来放数字，一个用来放字符串。当我们遇到'['时，就把上次的暂存的字符串和得到的数字大小分别放入各自的栈中。如果遇到']'就开始取出栈顶的数字，并且以这个大小循环这多次，把存放字符串 阅读全文
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思路： 这样的题给的值都会很大，再平方大概率会超int，那么我们在声明变量时需要long变量。 同时应该把传入的c的大小降下来，因为大于根号c的数，是不可能被使用的，所以我们从0-根号c开始找。 因为是a2+b2=c，所以我们要两次循环0-c的数，但是直接两个for循环会导致超时。 那么我们就采用双 阅读全文
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思路： DFS递归即可，这里要多关注的是数字和"->"的关系。 因为我们"->"是在添加数字后加，所以我们多一个判断如果当前加入的是叶子节点，再加入val后，就把这一串字符串加入到res数组中，并return。这样就能避免最后多一个“->”。 代码： /** * Definition for a b 阅读全文