代码随想录-哈希表题目
一.有效的字母异位词
给定两个字符串 s 和 t ，编写一个函数来判断 t 是否是 s 的字母异位词。
示例 1: 输入: s = "anagram", t = "nagaram" 输出: true
示例 2: 输入: s = "rat", t = "car" 输出: false
说明: 你可以假设字符串只包含小写字母。
思路
因为字母出现的次数都是一样的，知识出现的顺序不同，所以可以记录下每个字母出现的次数，比较两个字符串中，字母出现的次数是否相同，如果相同，就说明两个字符串互为字母异位词
因为小写字符只有26个，可以用数组来存储字符出现的次数，对于串s，出现一个字母，就让数组中的值+1，对于串t，出现一个字母，就让数组中的值-1.如果两个串互为字母异位词，最后得到的数组的每一位应该是都是0
LeetCode代码
class Solution { public: bool isAnagram(string s, string t) { int record[26] = {0}; for(auto i :s){ int x = i - 'a'; record[x]++; } for(auto i :t){ int x = i - 'a'; record[x]--; } for(int i = 0;i < 26;i++) { if (record[i] != 0) { return false; } } return true; } };
二. 两个数组的交集
题意：给定两个数组，编写一个函数来计算它们的交集。
思路
数组解法
可以先用一个数组记录第一个数组出现的所有数，然后遍历第二个数组，如果再次出现这个数，就把这个数加入结果中，并且将这个数的数量置为-1，防止重复加入
class Solution { public: vector<int> intersection(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) { int size = nums1.size() < nums2.size() ? nums1.size() : nums2.size(); int arr1[1001] = {0}; for(int i = 0;i < nums1.size();i++) { arr1[nums1[i]]++; } vector<int> res; for(int i = 0;i < nums2.size();i++) { if (arr1[nums2[i]] != 0 && arr1[nums2[i]] != -1) { arr1[nums2[i]] = -1; res.push_back(nums2[i]); } } return res; } };
set解法
可以使用stl中的unorder_set，unordered_set的特点是数据元素不会重复，并且可以快速查找到集合中是否存在某个数，先用集合存储一个数组，再遍历另一个数组，寻找set中是否有交集
LeetCode代码
class Solution { public: vector<int> intersection(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) { unordered_set<int> set; unordered_set<int> set1; for(auto i : nums1) { set.insert(i); } for(auto i : nums2) { if (set.find(i) != set.end()) { set1.insert(i); } } return vector<int>(set1.begin(),set1.end()); } };
三. 快乐数
编写一个算法来判断一个数 n 是不是快乐数。
「快乐数」定义为：对于一个正整数，每一次将该数替换为它每个位置上的数字的平方和，然后重复这个过程直到这个数变为 1，也可能是 无限循环 但始终变不到 1。如果 可以变为 1，那么这个数就是快乐数。
如果 n 是快乐数就返回 True ；不是，则返回 False 。
示例：
输入：19
输出：true
解释：
1^2 + 9^2 = 82
8^2 + 2^2 = 68
6^2 + 8^2 = 100
1^2 + 0^2 + 0^2 = 1
思路
主要的操作就是两步，第一步计算这个数是不是快乐数，第二步然后拆分这个数
因为在计算的过程中可能会出现无限循环，所以说，如果一个数重复出现，就说明了这个数不是快乐数
因此，可以使用set结构，判断被拆分的数是否为1或者是否在集合出现过
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> set; while (1) { int num = getSum(n); if (num == 1) { return true; } if (set.find(num) != set.end()) { return false; } else { set.insert(num); } n = num; } } };
四. 两数之和
给定一个整数数组 nums 和一个目标值 target，请你在该数组中找出和为目标值的那 两个 整数，并返回他们的数组下标。
你可以假设每种输入只会对应一个答案。但是，数组中同一个元素不能使用两遍。
示例:
给定 nums = [2, 7, 11, 15], target = 9
因为 nums[0] + nums[1] = 2 + 7 = 9
所以返回 [0, 1]
思路
暴力解法，两层循环，依次遍历，时间复杂度为O(n^2)
map解法
每次向集合里插入一个数x，检测集合中是否有target - x，如果找到了，就直接返回
LeetCode代码
class Solution { public: vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) { unordered_map<int,int> map; for(int i = 0;i < nums.size();i++) { auto iter = map.find(target - nums[i]); if (iter != map.end()) { return {iter->second,i}; } map.insert(pair<int,int>(nums[i],i)); } return {}; } };
五.四数相加II
给定四个包含整数的数组列表 A , B , C , D ,计算有多少个元组 (i, j, k, l) ，使得 A[i] + B[j] + C[k] + D[l] = 0。
为了使问题简单化，所有的 A, B, C, D 具有相同的长度 N，且 0 ≤ N ≤ 500 。所有整数的范围在 -2^28 到 2^28 - 1 之间，最终结果不会超过 2^31 - 1 。
例如:
输入:
- A = [ 1, 2]
- B = [-2,-1]
- C = [-1, 2]
- D = [ 0, 2]
输出:
2
解释:
两个元组如下:
- (0, 0, 0, 1) -> A[0] + B[0] + C[0] + D[1] = 1 + (-2) + (-1) + 2 = 0
- (1, 1, 0, 0) -> A[1] + B[1] + C[0] + D[0] = 2 + (-1) + (-1) + 0 = 0
思路
我们要找到的是四个整数组成的元组
首先定义 一个unordered_map，key放a和b两数之和，value 放a和b两数之和出现的次数。
遍历A和B数组，统计两个数组元素之和的所有情况，和出现的次数，放到map中。
定义int变量count，用来统计 a+b+c+d = 0 出现的次数。
在遍历大C和大D数组，找到如果 0-(c+d) 在map中出现过的话，就用count把map中key对应的value也就是出现次数统计出来。
最后返回统计值 count 就可以了
class Solution { public: int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) { unordered_map<int,int> map; for(int a : nums1){ for(int b : nums2){ map[a+b]++; } } int count = 0; for(int c : nums3){ for(int d : nums4){ if (map.find(0-c-d) != map.end()){ count += map[0-c-d]; } } } return count; } };
六. 赎金信
给定一个赎金信 (ransom) 字符串和一个杂志(magazine)字符串，判断第一个字符串 ransom 能不能由第二个字符串 magazines 里面的字符构成。如果可以构成，返回 true ；否则返回 false。
(题目说明：为了不暴露赎金信字迹，要从杂志上搜索各个需要的字母，组成单词来表达意思。杂志字符串中的每个字符只能在赎金信字符串中使用一次。)
注意：
你可以假设两个字符串均只含有小写字母。
canConstruct("a", "b") -> false
canConstruct("aa", "ab") -> false
canConstruct("aa", "aab") -> true
思路
这题和第一题有效的字母异位词类似，用数组来存储第一个串里字符出现的所有次数，然后依次检测第二个串里的所有次数，如果检测失败，就返回
LeetCode代码
class Solution { public: bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) { int record[26] = {0}; for(auto i : magazine){ int x = i - 'a'; record[x]++; } for(auto i : ransomNote){ int x = i - 'a'; if (record[x] == 0){ return false; } record[x]--; } return true; } };
七. 三数之和
给你一个包含 n 个整数的数组 nums，判断 nums 中是否存在三个元素 a，b，c ，使得 a + b + c = 0 ？请你找出所有满足条件且不重复的三元组。
注意： 答案中不可以包含重复的三元组。
示例：
给定数组 nums = [-1, 0, 1, 2, -1, -4]，
满足要求的三元组集合为： [ [-1, 0, 1], [-1, -1, 2] ]
思路
两层for循环可以确定a+b的所有组合，接下来只需要用set找到0-(a+b)的数目，但是这个问题的关键是不可以包含重复的三元组
所以说要对元素进行去重
class Solution { public: vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) { vector<vector<int>> result; sort(nums.begin(),nums.end()); //a + b + c = 0 //a = nums[i],b = nums[j],c = 0 - a -b; for(int i = 0;i < nums.size();i++) { //如果排序后的最小值大于0,则不可能凑成三元组 if (nums[i] > 0) { break; } //三元组a去重 if (i > 0 &&nums[i] == nums[i - 1]){ continue; } unordered_set<int> set; // for(int j = i + 1;j < nums.size();j++) { //// 三元组元素b去重 if (j > i + 2 && nums[j] == nums[j - 1] && nums[j - 1] == nums[j-2]){ continue; } int c = 0 - (nums[i] + nums[j]); if (set.find(c) != set.end()){ result.push_back({nums[i],nums[j],c}); // 三元组元素c去重 set.erase(c); }else{ set.insert(nums[j]); } } } return result; } };
双指针法
下图是双指针算法的思路
拿这个nums数组来举例，首先将数组排序，然后有一层for循环，i从下标0的地方开始，同时定一个下标left 定义在i+1的位置上，定义下标right 在数组结尾的位置上。
依然还是在数组中找到 abc 使得a + b +c =0，我们这里相当于 a = nums[i]，b = nums[left]，c = nums[right]。
接下来如何移动left 和right呢， 如果nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0 就说明 此时三数之和大了，因为数组是排序后了，所以right下标就应该向左移动，这样才能让三数之和小一些。
如果 nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0 说明 此时 三数之和小了，left 就向右移动，才能让三数之和大一些，直到left与right相遇为止。
class Solution { public: vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) { vector<vector<int>> result; sort(nums.begin(),nums.end()); //a + b + c = 0 //a = nums[i],b = nums[j],c = 0 - a -b; for(int i = 0;i < nums.size();i++) { //如果排序后的最小值大于0,则不可能凑成三元组 if (nums[i] > 0) { break; } //三元组a去重 if (i > 0 &&nums[i] == nums[i - 1]){ continue; } int left = i + 1; int right = nums.size() - 1; while (right > left){ 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; } };
如何去重
关于去重，就是a,b,c三个数的去重
a 如果重复了怎么办，a是nums里遍历的元素，那么应该直接跳过去。
但这里有一个问题，是判断 nums[i] 与 nums[i + 1]是否相同，还是判断 nums[i] 与 nums[i-1] 是否相同。
有同学可能想，这不都一样吗。
其实不一样！
都是和 nums[i]进行比较，是比较它的前一个，还是比较他的后一个。
如果我们的写法是 这样：
if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) { continue; }
这么写就是当前使用 nums[i]，我们判断前一位是不是一样的元素，在看 {-1, -1 ,2} 这组数据，当遍历到 第一个 -1 的时候，只要前一位没有-1，那么 {-1, -1 ,2} 这组数据一样可以收录到 结果集里。
b与c的去重
很多同学写本题的时候，去重的逻辑多加了 对right 和left 的去重：
while (right > left) { if (nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0) { right--; // 去重 right while (left < right && nums[right] == nums[right + 1]) right--; } else if (nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0) { left++; // 去重 left while (left < right && nums[left] == nums[left - 1]) left++; } else { } }
但细想一下，这种去重其实对提升程序运行效率是没有帮助的。
拿right去重为例，即使不加这个去重逻辑，依然根据 while (right > left) 和 if (nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0) 去完成right-- 的操作。
多加了 while (left < right && nums[right] == nums[right + 1]) right--; 这一行代码，其实就是把 需要执行的逻辑提前执行了，但并没有减少 判断的逻辑。
最直白的思考过程，就是right还是一个数一个数的减下去的，所以在哪里减的都是一样的。
所以这种去重 是可以不加的。 仅仅是 把去重的逻辑提前了而已.
