12 2024 档案
摘要：题目链接 解题思路：在链表上使用排序算法。注意，不能使用快排，因为快排的最差时间复杂度是O(n^2)，数组形式的快排，以随机数划分能够得到O(n*logn)，但是链表的形式，不太好以随机数的方式划分。所以最好的排序方法是使用归并排序。 先用快慢指针，将链表分成两部分，然后两部分分别归并排序，得到两个
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摘要：题目链接 解题思路：用链表+哈希表。链表从头串到尾，淘汰时，从尾部开始淘汰。每次get时，如果找到了，则把这个节点移到头部。每次put，新建一个节点，放在头部，如果容量不够了，则淘汰尾部的数据。哈希表的作用是，能快速通过key找到链表中的节点。 代码 class LRUCache: class No
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摘要：题目链接 解题思路：一个快指针，一个慢指针，如果二者相等了，说明有环。如果快指针为空了，说明没环 代码 # Definition for singly-linked list. # class ListNode: # def __init__(self, x): # self.val = x # s
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摘要：题目链接 解题思路：和139题类似，只不过要把所有的结果存起来而已 代码 class Solution: def check(self, s: str, i: int, s2: str) -> int: if i + len(s2) > len(s): return -1 for ch in s2:
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摘要：题目链接 解题思路：暴力递归+缓存，也就是自顶向下的动态规划。process(s, index, wordDict)，s[index..]后面的能被wordDict拼出来吗？使用一个for循环，尝试wordDict中的所有单词。然后加一个缓存表，就可以了 代码 class Solution: # s
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摘要：题目链接 解题思路：先拷贝新节点，新节点放在老节点后面。然后再遍历一遍，设置新节点的random指针。新节点的random，指向的是「老节点的random的下一个节点」。最后将新老节点分开即可。 代码 class Solution: def copyRandomList(self, head: 'O
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摘要：题目链接 解题思路：只出现一次，其余的数全部两次，异或操作，其余两次的数异或之后，全部变成了0. 代码 class Solution: def singleNumber(self, nums: List[int]) -> int: return reduce(lambda x, y : x ^ y,
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摘要：题目链接 解题思路：回溯，尝试每一种可能，process(s, i)，划分s[i...]，当前的回文子串有哪些情况？单独一个i，或者i, i+1，或者i, i+1, i+2，因此，用一个for循环解决。然后再检查[i, j]是否是回文子串，如果是，则继续递归，划分下一个回文子串process(s,
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摘要：题目链接 解题思路：通常想法是，把哪些'O'变成'X'，这种想法很难做。一个比较简单点是，「哪些'O'不能变成'X'」。其实就是与第一行，最后一行，第一列，最后一列，「相邻的这些」'O'，不能变成'X'，其他的都能变成' X'. 具体来说，把第一行、最后一行、第一列、最后一列的'O'，通过「感染」函
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摘要：题目链接 解题思路：难点在于时间复杂度O(n)，如果直接排序，题目就简单了。但是不需要全部有序，只需要每次从其中拿出一个数，是递增的即可，也就是说，使用优先级队列，堆头是最小值。注：该方法仍然是O(n*logn) 代码 class Solution: def longestConsecutive(s
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摘要：题目链接 解题思路：双指针，一个一个对比，跳过非数字字母，对比时，忽略大小写 代码 class Solution: def isPalindrome(self, s: str) -> bool: # 双指针 i, j = 0, len(s) - 1 while i < j: # 跳过非字母和数字字符
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摘要：题目链接 解题思路：二叉树递归套路，以某个节点node为根，最大路径是什么？ 1️⃣与node无关，也就是说，不经过node 左子树的最大值，与右子树的最大值，较大的那个，就是结果 2️⃣与node有关 单独node一个节点 经过左子树 经过右子树 左右子树都经过 所以我们需要的信息就两个：tota
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摘要：题目链接 解题思路：来到i天，如果i的价格大于i-1的价格，那么就可以赚到差价。所以，遍历的过程中，只要prices[i] > prices[i - 1]，那么就可以获利了 代码 class Solution: def maxProfit(self, prices: List[int]) -> in
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摘要：题目链接 解题思路：计算所有，在i卖出，利润最大为多少，求出的所有结果中，最大的那个，就是最终的结果。那么在i卖出，利润最大为多少？就是[0, i - 1]价格最低的时候。 代码 class Solution: def maxProfit(self, prices: List[int]) -> in
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摘要：题目链接 解题思路：不要被「形状」所迷惑，其实就是，第i行（从0开始），一共有i + 1个数，第一个数和最后一个数是1，其余的数是上一行，「相同位置」+「左边一个位置」。 代码 class Solution: def generate(self, numRows: int) -> List[List
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摘要：题目链接 解题思路：其实就是在层序遍历的过程中，把next指针填上 代码 class Solution: def connect(self, root: 'Optional[Node]') -> 'Optional[Node]': if root == None: return None # 层序遍
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摘要：题目链接 解题思路：这里面有一个构造「平衡二叉树」，似乎很难。实际上，我们每次构造时都拿中点划分，就能得到平衡的。 具体来说process(nums, L, R)在nums[L, R]上构造平衡搜索二叉树，我们以中点mid=(R+L)/2是头，然后左节点process(nums, L, mid -
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摘要：题目链接 解题思路：首先我们得知道人工怎么建这棵树。先序遍历[0, R1]第一个节点，就是根。然后我们在中序遍历[0, R2]找到根的位置，假如是x，那么，中序遍历中[0, x-1]就是左子树，中序遍历中[x+1, R2]就是右子树。那么先序遍历呢？左子树节点个数是x个，先序遍历是要先遍历完左子树，
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摘要：题目链接 解题思路：做类似的二叉树的题，一定要有宏观的思路，不要陷入局部。例如，要「公平」对待每个节点，每个节点，可以单独看作「以该节点为根」的二叉树。本题目最大深度，我们单独看某一个节点，其实就是，max(左子树的深度，右子树的深度) + 1，那么左子树的深度，和右子树的深度怎么求？直接递归调用即
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摘要：题目链接 解题思路：和层序遍历有明显的不同。通过观察，可以得到，当前层，和下一层的顺序是「相反」的，遇到这种相反的问题，考虑用栈。本题就是用两个栈，一个栈在放入时，先放左儿子，再放右儿子，另一个栈在放入时，先放右儿子，再放左儿子。然后两个栈交替使用即可。 为什么能得到这个思路？观察得到的 代码 cl
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摘要：题目链接 解题思路：层序遍历就用队列，唯一需要注意的就是，要每一层单独收集，所以要用一个变量，记录每一层需要收集的数目，同时还要记录下一层需要收集的数目 代码 class Solution: def levelOrder(self, root: Optional[TreeNode]) -> List
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摘要：题目链接 解题思路：递归的思路，就是左子树和右子树的值相等，同时，左子树的左子树与右子树的右子树要相似，左子树的右子树与右子树的左子树要相似。看代码很清晰 代码 class Solution: def process(self, node1, node2) -> bool: if node1 ==
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摘要：题目链接 解题思路：以某个节点为头，是否是搜索二叉树？其实就是问子树要信息 左子树：最大值，最小值，左子树整体是否是搜索二叉树？ 右子树：最大值，最小值，右子树整体是否是搜索二叉树 得到信息后，再处理就行，详细处理看代码 代码 class Solution: class Info: def __in
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摘要：题目链接 解题思路：中序遍历：左中右，用一个栈，同时用空来标识「中」，所以入栈顺序就是右->中->None->左 代码 class Solution: def inorderTraversal(self, root: Optional[TreeNode]) -> List[int]: # 使用栈 #
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摘要：题目链接 解题思路：动态规划：从左往右的尝试模型，来到index位置，只解码index一个数，或者解码index和index+1两个数 代码 class Solution: # 只需要解码s[index...]即可 def process(self, s: str, index: int, dp:
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摘要：题目链接 解题思路：从后往前填数字即可 代码 class Solution: def merge(self, nums1: List[int], m: int, nums2: List[int], n: int) -> None: # 从后往前开始填充 L = m - 1 # nums1[0, L]
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摘要：题目链接 解题思路：单调栈，以i位置为高度(宽)，最长能有多长，其实就是找离i最近的，小于i的位置，其实就是单调栈 代码 class Solution: def largestRectangleArea(self, heights: List[int]) -> int: # 使用单调栈 栈底到栈顶
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摘要：题目链接 解题思路：简单的回溯，就是两种情况，要这个数，不要这个数 代码 class Solution: # 现在来到index位置，决定nums[index]要，还是不要，ans是最终的结果，path是一条分支的结果 def process(self, nums: List[int], index
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摘要：题目链接 解题思路：以i开头，最小覆盖子串是什么，然后求出所有的结果，最小的便是。先求出i的结果，是[i, j]，然后求i+1时，直接从j后遍历即可。 窗口的思想，窗口在[i, j]，然后来到i+1，先把i弹出去，弹出去的前提是，s[i]是我们需要的字符。然后再看[i + 1, j]是否满足，如果不
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摘要：题目链接 解题思路：快排中的一部分，等于1的放中间，等于0的放左边，等于2的放右边 代码 class Solution: def sortColors(self, nums: List[int]) -> None: left_border = -1 right_border = len(nums)
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摘要：题目链接 解题思路：如何原地，是困难点。我们可以使用原有的矩阵，来存放某些信息。原来的矩阵第一行，matrix[0][i]如果等于0，代表第i列有0，原来的矩阵第一列，matrix[i][0]如果等于0，代表第i列有0。还有一个注意点，就是matrix[0][0]代表什么？这是一个歧义的点，所以不存
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摘要：题目链接 解题思路：递推公式就是F(n) = F(n - 2) + F(n - 2) 代码 class Solution: def climbStairs(self, n: int) -> int: # 递推公式就是F(n) = F(n - 1) + F(n - 2) if n == 1: retu
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摘要：题目链接 解题思路：直接暴力找，但是使用二分法暴力找 代码 class Solution: def mySqrt(self, x: int) -> int: # 二分法暴力找 L = 0 R = x ans = -1 while L <= R : mid = (R + L) // 2 if mid
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摘要：题目链接 解题思路：从后往前遍历，模拟即可 代码 class Solution: def plusOne(self, digits: List[int]) -> List[int]: # 直接在原数组上改 carry = 1 for i in range(len(digits) - 1, -1, -
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摘要：题目链接 解题思路：数学题，一共要走m + n - 2步，选择其中的n - 1往右走，或者选择其中的m - 1往下走，就是C(n-1)/(n+m-2) 代码 class Solution: def uniquePaths(self, m: int, n: int) -> int: # 计算C(m -
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摘要：题目链接 解题思路：按照第一维度排序，然后依次遍历，假设现在遍历到i，[begin1, end1]，然后i+1是[begin2, end]，如果begin2 <= end1，那么二者可以合并成[begin1, max(end1, end2)]，因为按照第一维度排序的，所以开头是begin1，结尾注意
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摘要：题目链接 解题思路：初始能够到达最远的位置max_index是nums[0]，然后我们就依次遍历i <= nums[0]，然后途中不断更新max_index，如果更新到某一时刻，到达了最后一个下标，返回true，如果「走不动」了，那么就返回false 代码 class Solution: def c
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摘要：题目链接 解题思路：宏观思路，一圈一圈打，确定好「一圈」的左上角以及右下角，然后再打印。有两种特殊情况，左上角和右上角的列相等时，只需要打一行即可；左上角的列和右下角的列相等时，只需打印一列即可。 代码： from typing import List class Solution: def spi
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摘要：题目链接 解题思路：子数组问题，考虑以i结尾，或者以i开头结果怎么样。本题，以i开头结果是如何？从后往前遍历，假设i+1的结果大于0，为x，那么，求i时，结果就是nums[i] + x，如果x小于0，那么结果就是nums[i] 代码 class Solution: def maxSubArray(s
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摘要：题目链接 解题思路： 方法一：每个「字母异位词」，排序后的结果，都是一致的，所以，可以用一个map，key就是排序后的字符串，value就是所有的「字母异位词」。 方法二：直接使用map，不需要排序得出来，看下面的代码 class Solution { public: struct MyCompar
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摘要：题目链接 解题思路：要有宏观的思路，策略是一圈一圈的转换。然后每一圈，又分成一个一个的小组进行转换，见下图 代码 class Solution { public: void rotate(vector<vector<int>>& matrix) { int n = matrix.size(); fo
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摘要：题目链接 解题思路：采取填数的方式，来到0下标，哪个数放在0下标？一个for循环，[0...]都可以放0下标。0下标填完之后，后续的操作不再处理0下标的，也就是说，哪个数放1下标？一个for循环，[1...]都可以放1下标(注意，不能动0下标的数了)。 代码 class Solution { pub
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摘要：题目链接 思路和之前一个题类似，链接 代码 class Solution { public: bool process(string &s, string &p, int i, int j, vector<vector<int>> &dp) { if (i == s.length() && j ==
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摘要：题目链接 解题思路：单独算i位置的雨水。i位置雨水是多少？max(0, min(左边最大值，右边最大值) - i的值)。关键就是得到min(左边最大值，右边最大值)。 我们先用一个指针left，指向最左，代表左边的最大值，一个指针right，指向最右，代表右边的最大值。 如果left < right
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摘要：题目链接 解题思路：整体思路就是，我们先假想，[0, n - 1]上，放满了1～n，所以，我们缺失的第一个正数就是n+1。也就是说，i下标，放的数字是i+1。那么我们从左往右遍历的过程中，就尽量满足这种情况 1️⃣如果nums[i] == i + 1，直接跳过，啥都不管 2️⃣如果nums[i] <
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摘要：题目链接 解题思路：就是一个递归。弄清楚题目意思，n=1时，就返回1，然后n=2时，返回上一个结果，上一个结果是一个1，所以就是11，然后n=3，返回上一个结果，就是两个1，所以就是21 代码 class Solution { public: string countAndSay(int n) {
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摘要：题目链接 解题思路：整体思路是一个回溯，一行一行填。然后填的过程中可以剪枝，也就是我们可以添加一些约束条件，不能填的时候，就没必要去尝试了（还有一种填法，全部填完之后，再检查是否合规，这样复杂度太大了）。具体细节看代码。 代码 class Solution { public: // 0～8行，0～8
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摘要：题目链接 解题思路：整体框架就是二分，只是找到了target后，还要继续查找。分两次查找，第一次是「找到等于target最左的位置」，第二次是「找到等于target最右的位置」 代码 class Solution { public: vector<int> searchRange(vector<in
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摘要：题目链接 解题思路：题目意思是，把原来的有序数组分成两半，左边的放右边来，右边的放左边去，然后数组中是否存在target这个数，存在则返回其下标。 要求时间复杂度O(logn) 整体的框架还是二分查找，但是在查找过程中，我们总能得到「一边」是有序的，例如在整体[L, R]上，划分成两半是[L, x]
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摘要：题目链接 解题思路：保证一个有效区，当发现一个「新数」时，就扩大有效区。 怎么判断是否是一个新数？来到一个i位置，往左边看，如果相等，则i++，一直到不想等为止。为什么可以这样？因为是有序的。 代码 class Solution { public: int removeDuplicates(vect
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摘要：题目链接 解题思路：每次从全局的拿一个最小值出来，每个链表的「头」，都是最小的，所以，我们可以使用一个小根堆（优先级队列），存放每个链表当前的「头」，然后弹出一个全局最小的节点出来，然后把该节点的next放回小根堆，供之后使用。 注意，压入小根堆时，要保证不为nullptr。 代码 /** * De
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摘要：题目链接 解题思路：从左往右生成，生成的过程中，保证右括号不能比左括号多。 代码 class Solution { public: // 总共有n个括号对，left_res就是左括号还能使用的数目，right_res就是右括号还能使用的数目 // 要保证左括号大于等于右括号数目，即left_res
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摘要：题目链接 解题思路：括号匹配问题，优先想到栈。 代码 class Solution { public: bool isValid(string s) { stack<char> st; for (auto &ch : s) { // 如果是右括号，那么必须得有一个相匹配的左括号 if (ch ==
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摘要：题目链接 解题思路：可以定义一个node节点，然后一个cur节点，node节点先走n-1步，然后cur和node同时走，如果node->next == null了，那么cur就是被删除的节点，此时，我们用pre节点指向cur的前一个节点（node和cur在走的时候，pre也跟着走），就可以删除cur
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摘要：题目链接 解题思路：一个简单的回溯题目。 代码 class Solution { public: map<char, string> table{ {'2', "abc"}, {'3', "def"}, {'4', "ghi"}, {'5', "jkl"}, {'6', "mno"}, {'7',
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摘要：题目链接 解题思路：没啥可说的，按照要求一个个字符处理 代码 class Solution { public: int romanToInt(string s) { int ans = 0; int len = s.length(); map<char, int> table{ {'I', 1},
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摘要：题目链接 解题思路：整数转罗马数字，可以理解为一个一个「数」，有一个转换表，从高位依次往低位「数」，直接看代码更清晰 代码 class Solution { public: string intToRoman(int num) { // 转换表 vector<pair<int, string>> t
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摘要：题目链接 解题思路：用第一个字符串的每个字符，逐个比较其他字符串，注意别越界就行 代码 class Solution { public: string longestCommonPrefix(vector<string>& strs) { string ans = ""; int len = str
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摘要：题目链接 解题思路：先写一个暴力递归，bool process(s, p, i, j)，s[i...]与p[j...]能否匹配成功？，i之前，以及j之前的都已经匹配成功了。 1️⃣p[j + 1] != '*' 若p[j] == '.'，则递归调用process(s, p, i + 1, j + 1
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摘要：题目链接 解题思路：拆分问题，三数之和，我们可以固定一个数字，就变成了两数之和了。还有一个难点就是，如何去重？ 1️⃣先排序。 2️⃣固定第一个数，「第一个数」必须是之前没有求过的答案。 3️⃣从剩下的数中，求两数之和，求的过程中，直接去重。 两数之和，因为是有序了，所以直接双指针 细节看代码 代码
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摘要：题目链接 解题思路：最长回文子串问题，首先要将原字符串扩充，比如abba，暴力是以每个字符s[i]，左右两边扩，如果是abba，得不到最优解，扩充成#a#b#b#a#，就不会有问题，最优解是manacher算法。 假设s[i]扩充的区域是[x, y]，是目前便利到的，最远的距离，我们称i为回文中心C
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摘要：题目链接 解题思路：最长子串问题，考虑，以i开头的结果如何，以i结尾的结果如何，最终结果必定在其中。本题使用以i开头的结果如何，我们求出所有的「以i开头的最长子串」，再求出最长的即可。 求「以i开头的最长子串」，最简单的暴力即可，那么怎么加速呢？ 我们在求「以i-1开头的最长子长串时」，假设结果是[
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摘要：题目链接 思路 链表的方式，模拟加法的计算过程，用一个变量保存进位信息即可。 代码 class Solution { public: ListNode* addTwoNumbers(ListNode* l1, ListNode* l2) { // 有一种办法可以节省空间，直接将结果放在l1或者l2上
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摘要：题目链接 注意事项 1️⃣有且仅有一个正确答案。 2️⃣每个数只能使用一次。 3️⃣返回的是下标 解法一：两个for循环，找到了直接返回即可。 class Solution { public: vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) { i
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摘要：1.1 Ethemet II协议 帧格式：D.MAC + S.MAC + Type + Data + FCS D.MAC：目的MAC地址 S.MAC：源MAC地址 Type：上层使用的协议 Data：数据 FCS：帧校验序列，校验使用 一个设备收到帧时 1️⃣先检查D.MAC是不是自己，如果不是自己
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