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$ sudo usermod -aG wheel usera #增加 $ sudo usermod -G usera usera # 删除 阅读全文
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题目如下： 思路： 递归产生子树，感觉这题很经典。 容易出错的地方有: (1) if(n<=0) 要判断，否则，n＝0的测试结果是 [[]] ,而正确应该返回 [] (2) if (s > e) {res.add(null);} 这里不能直接{return null;} 本题代码： ref ： ht 阅读全文
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这是我在Windows server 2012 下的安装过程 （1） 安装virtualbox （2） 安装IIS和PHP， 参考： https://msdn.microsoft.com/zh-cn/library/hh994592(v=ws.11).aspx （3）下载phpVirtualBox， 阅读全文
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简单的说， 第一范式就是原子性，字段不可再分割；第二范式就是属性完全依赖于主键，没有部分依赖；第三范式就是没有传递依赖，属性不依赖于其它非主属性。 (1) 第一范式（1NF） 1NF的定义为：符合1NF的关系中的每个属性都不可再分。下表所示的情况，就不符合1NF的要求。 1NF是所有关系型数据库的最 阅读全文
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题目如下： 思路： 对于一个n个节点的BST， 设F(i,n)是以i为根节点的不同BST个数，G(n)为要求的总数，则G(n)=F(1,n)+F(2,n)+...+F(n,n); 而F(i,n)=G(i-1)*G(n-i)， 也即左子树种类数G(i-1)，乘以右子树种类数G(n-i)； 其中边界情况 阅读全文
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题目如下： 思路： 思路很简单，就是要检查s.charAt(i)和s.char(i-1)是否能构成一个字母，如果不能res[i]=res[i-1],如果能res[i]＝res[i-1]＋res[i-2]; 但难处在于处理s.charAt(i)=='0'的各种情况，还有边界条件要处理好。 本体代码： 阅读全文
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题目如下： 思路： 因为只能往右或往下走，所以可以初始化当res[m][0], res[0][n]这些边界情况 然后，每一步结果为当前值＋min(上边一步，左边一步)，即res[i][j] = grid[i][j] + min(res[i-1][j], res[i][j-1]) 本体代码： 网上的解 阅读全文
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题目如下： 思路： 同 LeetCode 62. Unique Paths， 只不过决定每个res[i][j]的时候，都要先判断：obstacleGrid[i][j]如果等于1，则res[i][j]=0; 否则正常进行。 本题代码： 阅读全文
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题目如下： 思路： 首先，当n=1,或m=1时，结果res[1][n] = res[m][1] = 1，这是边界情况； 否则，每次只有往下或往右走一步两种情况， 故res[m][n] = res[m-1][n] + res[m][n-1]; 算法效率O(m*n) 本体代码： 阅读全文
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题目如下： 思路： 遍历数组，找当前最小值curMin，结果max一定是当前最小值之后一个数和它的差。 遍历过程中不断更新curMin和max。 复杂度O(N)； 本题代码： 阅读全文