摘要：
1 class Solution { 2 public: 3 vector countBits(int num) { 4 vector res (num + 1, 0); 5 for(int i = 1; i < num + 1; ++i){ 6 res[i] = res[i / 2] + i % 2; 7 ... 阅读全文
摘要：
对于每个数字i，分为j和i-j两个部分，两个部分分别可以选择继续拆分和不拆分。 阅读全文
摘要：
数组中每个元素都要用到，取正或负，全部的和是否能得到target。 数学问题，取正的集合之和为P，取负的为N。 P - N = target P - N + P + N = target + P + N 2*P = target + sum P = (target + sum) / 2 target 阅读全文
摘要：
dp[i]表示i是否能得到，初始化dp[0]为true。 遍历数组每个元素（num），对于dp中每个元素（dp[j]），如果为true，则dp[j + num] = true。 注意j必须从尾到头遍历，不然[1,2,5]会认为是true。（即每个元素num会重复累加） 阅读全文
摘要：
先自己在纸上画棵树，发现可以用stack实现迭代版的后序遍历，最开始先把root压入栈。另外维护一个栈，记录对应节点出栈的次数，如果是1，表明左右节点已输出，就输出；如果为0，说明左右节点还未压入栈，就把次数加1，且把左右节点压入栈。 阅读全文
摘要：
水题，把每一层的节点存入queue中，val存入vector，vector再存入stack（因为最后结果的顺序是最底层在最前面）。 耗时较多，留坑。 阅读全文
摘要：
一开始以为不直接连接的话就考虑隔层加钱，偶数层和奇数层分开算得两个结果，但是输入为[4,1,null,2,null,null,3]时最大值为4+3 = 7，4是第0层，3是3层。 因此要以节点为对象，而不是层。每个节点的情况分两种，抢和不抢，如果抢当前节点，那么左右节点不能抢；如果不抢，那么当前节点 阅读全文
摘要：
留坑 阅读全文
摘要：
ver0： 用递归，首先判断整个高度是否单调递增，如果是的话，从第一个高度开始，假设该高度是最终最大矩形的高度，得到面积，一直遍历到最后一个高度，这样就得出了最大面积；如果不是单调递增，则先得到最小高度的位置，根据递归得到最小高度左边的最大矩形面积，再得到最小高度右边的最大矩形面积，又得到以最小高度 阅读全文
摘要：
首先说说最初的但是不正确的思路，stk存值，初始化为输入数组的第一位。从左往右读入数组每一位，如果height[i]>stk.top()，说明stk.top()无法蓄水，pop掉，替换为height[i]；如果height[i]<=stk.top()，那么从i开始遍历，直到找到大于等于stk.top 阅读全文