Leetcode刷题指南

1. 数据结构

1.1 数组

  • 循环数组问题：把数组扩大为两倍即可，但不是真的扩大两倍，而是通过索引取模的方式

1.2 链表

链表可以通过引入虚拟头节点 ListNode *dummy = new ListNode{-1, nullptr} 来极大简化

  1. 递归：要区分基础情况和跳出情况，即可以有两种 return，比如：如果链表为空，那么返回。这时候的 return 并非是用来跳出递归的，而是一个 base 情况的判断，只有最基本的（最后一层递归）会用到。一系列操作，比如反转链表之后，再 return，则时候是退出递归的 return，即后面每一层递归想出栈都是走的这一条 return。

  2. 反转链表【递归】：反转从 head->next 开始的链表，然后拼接上第一个节点。base：单节点链表

  3. 反转前 n 个元素：反转从 head->next 开始的 n-1 个元素，然后拼接。base：n = 1

  4. 反转 [m, n] 的元素：反转从 head->next 开始的 [m-1, n - 1] 的元素，然后拼接。base：m = 1，同上

  5. 倒序输出链表：对链表进行后序遍历，（递归的 base 是，head==nil）

1.3 栈与队列

单调队列

有这样一类问题：如何得到一个队列中的最值？遍历，然后维护一个最值就好了。但这会有一个问题：当最值出队之后，次最值无从得知，需要再次遍历。可以参考例题：

【剑指 Offer：队列最大值】，【leetcode-1438. 绝对差不超过限制的最长连续子数组（解法二）】

如何快速得到一个队列中，当前所有元素的最值呢？维护一个单调队列 queueMax，对入队元素 Value，如果 queueMax.back() > value，则直接入队，否则一直 queueMax.pop_back()，直至满足该条件。这样便可以保证：对原队列中所有元素，单调队列的队首，总是其最大值。如果原队列出队，使得最值出队，则单调队列中的下一个，仍是原队列中剩余元素的最值。

单调队列

单调栈

类似的还有单调栈的问题 503. 下一个更大元素 II - 力扣（LeetCode）：给你一个数组，有什么办法返回一个数组 res，使得 res 中存放原数组元素，其后面第一个比自己大的元素。也即利用单调栈寻找第一个大于自己的元素：

（1）数组从后往前入栈（出栈时即是顺序），如果栈顶元素小于自己，则一直出栈，直至栈顶大于自己，此时即有 \(res[i] = stack.top()\) ，再把当前元素入栈。

（2）从前入栈也可以（看题解写法）。从栈里的元素的角度看：元素先入栈，如果后面碰到比它大的元素，那它就会出栈；从要入栈的元素角度看，如果我比栈顶大，那就出栈，直到栈顶比我大我再入栈。这样一来，出栈就意味着，碰到了后面第一个比自己大的元素，而留在栈里的说明目前还没有比它大的。

下面是示意图：

单调栈

而我们仍需一个数组来记忆元素的下一个大哥，所以如果直接是元素入栈的话，你只是知道了 2 的下一个大哥是 5，但是找不到 2 的索引，就没办法设置结果 stack2.pop();数组。因此可以采取：索引入栈、pair 入栈、哈希数组

索引入栈的话，即 \(if( nums[i] > nums[s.top()])\rarr ret[s.top()]=nums[i], s.pop()\)，如果大于栈顶，那就一直出栈（出的是索引），并且把出栈元素的邻近大哥（即 ret）标记为待入栈元素

2. 双指针

双指针一般用于数组字串和链表，尤其是二者还有序的情况。有三种双指针：

  1. 两指针：字面意义上的双指针，就是说有两个表需要遍历，你整俩指针出来
  2. 左右指针：左右分为，从两端往中间同时跑，和从中间往两边（最长回文子串）
  3. 快慢指针：又分为，同时出发一快一满，和速度相同，但其中一个先走（维持 k 间距）
  4. 滑动窗口：[left, right) 这么个区间，不断扩大 right，直至这是一个满足要求的窗口，然后缩小 left，使得此窗口为一个紧确的窗口，然后再扩大 right 搜索新的窗口，满足了再紧确，直至抵达边界。
    注意滑动窗口，要分清何为"valid window"，有时候这是一个大小不固定的，有时候又是固定大小的。

下面是一些应用：

（1）链表

  • 求链表中点：二倍速指针走到末尾，一倍速走到中点
  • 求链表倒数第 k 个节点：先走 k 步的离开末尾时，后面那个距离它为 k，即倒数第 k 个
  • 判断链表有无环：地球是圆的的话，快慢指针终有相遇的一天
  • 求出环的入口：快慢指针相遇之时，让一个重回起点再走，再次相遇即是在入口（列一下式子就出来了）
  • 求两链表的交点：
    ① 两个指针各自遍历链表。在走到链表结尾的时候（p==nullptr），进入另一个链表。这样它们会走过相同的路程，即\(a + b + c\)，该处即为交点。如果不相交，则走过 \(m+n\) 后会有： p==q==nullptr，也是相等
    ② 把其中一个链表的尾巴和另一个的头相连，就成了判断有无环，有就找到环入口的问题
    ③ 先求出两表的长度，让长的指针先走（long - short）步，这样链表就对齐了，对齐了就好办了

（2）数组

  • 数组原地删除相同元素：（有序数组）快指针在前面探路，遇到不同的赋值给 slow++，这样前面的都不同
  • 数组原地删除某一值：快指针在前面探路，只要不碰到 target，就赋值给 slow++
  • 数组二分查找：（有序）最常见的双指针 low 和 high，或者叫 left 和 right
  • 两数之和：（有序）两端开始，和大了就把大的缩点，和小了就把小的加点
  • 原地反转数组：从两头开始互相交换【原地反转链表呢？>> 递归】
  • 回文串判断：两头开始比较是否相等
  • 求最大回文子串：从某一点或两点开始，往两边扩散求最长回文串；如此对全部元素都扩一遍，求最大值

盛水最多容器 11

题目：

​ 如下图，给你一个数组 height，找出能“盛水”的最大值

image-20230302185117003

分析：

​ 从两端扫一遍数组，则盛水量为：

\[max\_contain = (right - left)\times \min\{height[left],\ height[right]\} \]

​ 现在考虑怎么个扫描法。反正只要移动，容器的“底”必然会变小，如果移动长板，那么容器的边最多不会超过原来的短板，因为边去的是最小值，移动后小于原来的短板，则变小，移动后大于，边也不会变大，因此移动长板，必然会使容量减小。那么就移动短边。

题解：

int maxArea(vector<int>& height) {
    int l = 0, r = height.size() - 1;
    int max_contain = 0;
    while (l < r) {
        int area = min(height[l], height[r]) * (r - l);
        ans = max(max_contain, area);
        if (height[l] <= height[r])
            ++l;
        else
            --r;
    }
    return max_contain;
}

3 二分法

对有序数组进行二分查找，有三种情况：只查找目标、查找目标元素序列左边界、右边界。

二分查找思想很简单，关键在一些细节：比如 right 是等于 size 还是 size-1， while 循环 \(\le\) 还是 \(<\)，找着目标之后 right 是等于 mid 还是 mid-1。其实很好理解，只需要分清你的搜索区间是什么：

如果 \(left=0, right = len-1\)，那搜索区间就是闭区间 \([left,right]\)，while 循环如果写\(l<r\)，则退出条件就是\(left==right\)，此时闭区间 \([left,left]\) 里面还有一个元素，有元素还退出，那肯定是要漏了，所以应该选\(left\le right\)，如果搜索区间为左闭右开则同理。

搜索目标的左右边界，与直接搜索目标区别在于：找到目标后不是直接返回，而是继续缩小区间。搜元素是命中时退出，搜边界一定是 left > right 退出。那么：

  1. 如果存在目标元素，则到最后一定是 \(left \rarr target,\ right\rarr target-1\)，只需 return nums[left];
  2. 如果目标不存在，则 \(left\rarr nums.size()\ \or\ right\rarr -1\)

模板如下

int left_bound(int nums[], int target) {
    int left = 0, right = nums.length - 1;	 //（0）
    while (left <= right) { 				//（1）
        // 防止加法溢出
        int mid = left + (right - left) / 2;
        if (nums[mid] < target) {
            left = mid + 1;
        } else if (nums[mid] > target) {
            right = mid - 1;
        } else if (nums[mid] == target) {
            // 别返回，锁定左侧边界
            right = mid - 1;				//（2）
        }
    }
    // 判断 target 是否存在于 nums 中
    // 此时 target ⽐所有数都大/小，返回 -1
    if (left == nums.length || right == -1)	 //（3）
        return -1;
    return left;
}

下面是一些应用：

  • 查找峰值：【无序】也可以二分，即先比较 mid 和两边的元素大小，如果 mid 在上坡，则说明峰值在前方，left = mid + 1，如果在下坡，说明在后方，right = mid - 1，如果直接命中，则返回

4 贪心 & 动态规划

4.1 线性 DP

1 斐波那契数列

\[dp[i] = dp[i-1]+dp[i-2]\ \xRightarrow{\text{优化}} \ r = p + q \]

矩阵快速幂

其实斐波那契数列还有一个O(log n) 复杂度的做法：用矩阵快速幂，转换成求这么个矩阵的 n 次幂

\[\begin{pmatrix} F_{n+1} & F_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} F_{n} & F_{n-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} F_{1} & F_{0} \end{pmatrix} {\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}}^n \]

而矩阵快速幂，跟一般的快速幂都是类似的，都是将幂分解为二进制表示，\(a^n = a^{2^i}a^{2^{i-1}}\cdots a^0\)，然后运用累乘的思想。

typedef vector<vector<double>> Matrix;
Matrix MatrixMultiply(const Matrix& A, const Matrix& B); // 自行实现矩阵相乘
Matrix MatrixPower(const Matrix& A, const int n){
    // A^13 = A^8 * A^4 * A^1
    int size = A.size();
    // 创建一个结果矩阵，先初始化为 单位矩阵
    Matrix result(size, vector<int>(size, 0));
    for (int i = 0; i < size; i++) {
        result[i][i] = 1;
    }
    Matrix base = A;
    while (n > 0) {
        // 如果该位上为 1，说明有 2^i 这一项，则乘上
        if (n & 1) {
            result = multiply(result, base);
        }
        // 将base自乘，用于下一位的计算
        base = MatrixMultiply(base, base);
        // 右移一位
        n >>= 1;
    }
    return result;
}

O(log n) 的时间复杂度就是在base = MatrixMultiply(base, base); 这一步来的。因为将矩阵的幂换成了如干个 \(2^i\) 个幂相乘，最高不会超过 \(2^{log(n)}\) 次，而且每个更高级的幂都是用低级的平方上去的，不会有额外复杂度

2 BST 种类

求由 n 个节点构成的 二叉搜索树 有多少种？

🤔两种方向：

动态规划应当有两种思考方向：

（1）从 1 到 n（自下而上）：

一个节点：有一种；

两个节点：有两种，以小的为根，和以大的为根

三个节点：有三种情况：最小的作为根，中间的作为根，最大的作为根。\(dp[2] + dp[1]*dp[1]+dp[2]\)

更多节点：同上了，俺顺序，依次选取不同的根，元素就会被分成两部分。

可得递推式：

\[dp[n] = dp[0]\times dp[n-1] + dp[1]\times dp[n-2] + \cdots + dp[n-1]\times dp[0] \]

这里用到了乘法原理。这里的 0，要说空树也是树嘛，为了公式的整齐性，也应将其置为 1

（2）从 n 到 1（自上而下）：

n 个节点的树，肯定是要分为左右子树的，则自然有：\(dp[n] = dp[left] \times dp[right]\)。而左右子树具体有多少个节点，那肯定也不一样嘛，因此：

\[dp[n] = \sum_{i = 0}^{n-1}(dp[i]\times dp[n-1-i]) \]

殊途同归。具体问题的时候，可以往下想想，往上想想，就能把问题拆解清楚了。线性 DP，还是比较简单的

3 最大子数组和

连续最大 和

给你一个数组有正有负，求连续的子数组，使得其和最大

把握核心：核心是什么？求最大子数组，核心当然是子数组。你只有分析子数组，才能找到最大的子数组

子数组怎么分呢？要动态规划，你肯定得从 0 做起，而且还要朝着一个方向坚定不移前进（往前推进），不能一会前一会后（前后可以考虑滑动窗口）。所以，要找一个朝着某一方向的，变化的子数组。所以：

以当前元素结尾的子数组的最大值，是 dp[i]

\[dp[i] = max(dp[i - 1] + arr[i], arr[i]) \]

线性的，能不能优化为原地的呢？可以看到，只用到了 dp[i-1]，完全可以用一个变量保存起来就好了

连续最大 积

思考一下，积，跟和的区别，在哪里呢？

积，会存在负负得正的情况。因此，当前结尾的最大子数组积，

要么是前面的最大的正数，乘了一个大于 1 的正数，变大了；要么是前面最大的乘了一个正真分数，变小了；要么，是前面的负的最小值，乘了一个负数，变大了。

因此最大值有三种来历：正正，负负，当前元素

\[dp\_max[i] = \max(dp\_max[i-1]\times arr[i],dp\_min[i-1]\times arr[i],arr[i]) \\ dp\_min[i] = \min(dp\_min[i-1]\times arr[i],dp\_max[i-1]\times arr[i],arr[i]) \]

显然，也是可以优化为原地 dp 的

连续最大 乘积为正

乘积为正的子数组：要么负负得正，负数加一；要么正正，正的加一；要么归 0

\[\begin{align*} dp\_pos[i] = \begin{cases} dp\_pos[i-1] + 1 & arr[i]>0 \\ 0 & arr[i]=0 \\ dp\_neg[i-1] + 1 & arr[i] < 0 \end{cases} \\\\ dp\_neg[i] = \begin{cases} dp\_neg[i-1] + 1 & arr[i]>0 \\ 0 & arr[i]=0 \\ dp\_pos[i-1] + 1 & arr[i] < 0 \end{cases} \end{align*} \]

环形数组 最大和

环形数组，都可以转换成数组二倍。\(arr[]\)是环形数组，则遍历一遍 \(\{0,1,2\dots n, 0,1\dots n\}\) 就相当于遍历了环

因此照着这个遍历一遍就好了（不用真的扩充数组，到末尾的时候再回到开始就好了）。相当于得到了 dp 数组之后，又回过头来更新一遍

4 字符串

最长编辑距离

将一个字符串变成（增加、删除字符）另一个字符串，最少需要多少次操作？

用 \(dp[i][j]\) 表示字符串 \(x_{1\dots i}\) 和 \(y_{1\dots j}\) 的编辑的最少次数。则 \(dp[i][j-1],\ dp[i-1][j],\ dp[i-1][j-1]\) 都是可“预知”的。 然后，添加一个或两个元素

如图，共有一下三种对齐方式：最后一位补上，和最后一位不一样

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\[dp[i][j] = \max\{dp[i-1][j]+1,\ dp[i][j-1]+1,\ dp[i-1][j-1]+diff(i,j)\} \]

股票最佳时机

股票最佳时机 Ⅰ 121

题目：

​ 给一个 prices 数组表示每天股票的价格，只能某天买入，后面一天卖出，求能赚的最大利润。

分析：

​ 今天的最大利润，等于昨天的最大利润，与之前最低时买入并在今天卖出所得利润，的最大值。即

\[profit[i] = max \{\ profit[i - 1],\ prices[i] - min\_prices\ \} \]

​ 类比后面几种，也可以写成，

\[\left \{ \begin{aligned} buy_0 &= 0,\ sell_0 = 0 \\ buy_1 &= max\{\ buy_1^`,\ sell_0-prices[i]\ \} \\ sell_1 &= max \{\ sell_1^`,\ buy_1+prices[i]\ \} \end{aligned} \right . \]

题解：

int maxProfit(vector<int>& prices) {
    int inf = 1e9;
    int minprice = inf, maxprofit = 0;
    for (int price: prices) {
        maxprofit = max(maxprofit, price - minprice);
        minprice = min(price, minprice);
    }
    return maxprofit;
}

股票最佳时机 Ⅱ 122

题目：

​ 仍然是 prices 数组表示每日价格，区别是，可以进行多次买卖，但是每一天手里最多只能有一只股票。即买了就得卖，不卖不能再买。求最大利润。

​ 与 Ⅰ 的区别在于，能多次买卖，只不过必须是一买一卖，不能同时持有多支。

分析：

​ 由于最多持有一只股票，因此第 i 天只有两种情况：持有一支和 0 支，分别用\(dp[i][0]\)和\(dp[i][1]\)表示。每天的最大利润等于，要么卖了更赚，要么前一天就最赚。则有状态转移方程如下：

\[\left \{ \begin{aligned} dp[i][0] &= max\{dp[i - 1][0],dp[i-1][1]+prices[i]\} \\ dp[i][1] &= max\{dp[i - 1][1],dp[i-1][0]-prices[i]\} \end{aligned} \right . \]

​ 初值，也即第一天时，\(dp[0][0] = 0,\ dp[0][1] = -prices[0]\)，最后卖了肯定比不卖赚，因此最大值即为\(dp[n][0]\)。

​ 同样的，类比一下，这里也可以不用二维数组。

题解：

int maxProfit(vector<int>& prices) {
    int dp0 = 0, dp1 = -prices[0];
    int len = prices.size();
    for(int i = 1; i < len; i++) {
        // 这里可以直接操作dp0即可
        dp0 = max(dp0, dp1 + prices[i]);
        dp1 = max(dp1, dp0 - prices[i]);
        // int new_dp0 = max(dp0, dp1 + prices[i]);
        // int new_dp1 = max(dp1, dp0 - prices[i]);
        // dp0 = new_dp0;
        // dp1 = new_dp1;
    }
return dp0;
}

股票最佳时机 Ⅲ 123

题目：

​ 还是 prices 数组，但是最多只能进行两次买卖，且最多同时持有一支股票。

​ 与 Ⅱ 的区别在于，限制了交易次数，最多两次。

分析：

​ 某一天，最多有五种操作：不买，买了一支，卖了一支，买了第二支，卖了第二支。对应的状态转移方程为：

\[\left\{ \begin{aligned} buy_0 &= 0 ,\ sell_0=0\\ buy_1 &= max\{\ buy_1^`,\ - price[i] \ \} \\ sell_1 &= max\{\ sell_1^`,\ buy_1^`+prices[i]\ \} \\ buy_2 &= max\{\ buy_2^`,\ sell_1^`-prices[i]\ \} \\ sell_2 &= max\{\ sell_2^`,\ buy_2^`+prices[i]\ \} \\ \end{aligned} \right . \]

​ 加上'表示前一天的值。buy0，不买肯定是 0，不用考虑。最后最赚的，如果卖了两支那就两支最赚，返回 sell2，如果买了一支，那么\(sell_2 = sell_1\)，买了没卖一定比卖了赚的少。因此最后返回值为 sell2

​ 另外，这里直接对

题解：

int maxProfit(vector<int>& prices) {
    int buy1 = -prices[0], sell1 = 0;
    int buy2 = -prices[0], sell2 = 0;
    for(int i = 1; i < prices.size(); i++) {
        buy1 = max(buy1, 0 - prices[i]);
        sell1 = max(sell1, buy1 + prices[i]);
        buy2 = max(buy2, sell1 - prices[i]);
        sell2 = max(sell2, buy2 + prices[i]);
    }
    return sell2;
}

股票最佳时机 Ⅳ 188

题目：

​ 还还还是那个 prices 数组，你可以进行k次交易，仍然是最多同时持有一支股票。

​ 与 Ⅲ 的区别在于，从 2 次改成了 k 次

分析：

​ 解法同上，区别在于，限制买两次，每天是 5 种状态，限制买 k 次，每天还是那么分析状态，用一个 for 循环表示出来即可。要注意初始化时，buy 要全部初始化为-p0，因为一天可以连续买卖。

题解：

int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
    vector<int> buy(k+1, -prices[0]);
    vector<int> sell(k+1, 0);
    buy[0] = 0;
    for(int i = 1; i < prices.size(); ++i) {
        for(int j = 1; j <= k; ++j) {
            buy[j] = max(buy[j], sell[j - 1] - prices[i]);
            sell[j] = max(sell[j], buy[j] + prices[i]);
        }
    }
    return sell[k];
}

停下思考 1

上面这几个股票问题，采用了动态规划方法解决。那么他们的最优子结构是什么呢？

可以举几个最优子结构的例子进行类比学习：

  • 最佳游艇租赁，假设最优路径有中间停靠站 k，那左右两边的租赁价格都得是最小

    image-20230303222443969

  • 矩阵链乘，假设要从中间 k 处分割，那么左右的链乘代价都得是最小的
    image-20230303222527991

  • 最长公共子序列，假设Z 是 X 和 Y 的最长公共子序列，那么，如果三者末位元素相等，那么去掉一个，Zk-1还的是 Xm-1、Yn-1的最长子序列。如果末尾元素不同，那么去掉那个不同的（假设是 X 的末位），Zk还得是 Xm-1与 Yn的最长子序列
    image-20230303223446862

  • 基因编辑（字符串变为另一字符串所需的最小代价），假设X 和 Y 的最短编辑距离是d[i][j]，那么对于 X 和 Y 的右侧，要么放得对齐：相同了不编辑，不同则编辑；要么不对齐：去掉长的，或给短的插入一个。反正均可以用 d 表示出来：
    image-20230303224711576

  • 0-1 背包，

​ 20230303：都是先假设最优解存在，将最优解设出来，然后去表示子问题的最优解（即递推）。我认为股票的最优子结构是，每一天买卖股票所能获得的最大利润。知道了前面每一天的，就能知道最后一天的答案。分析 dp 解题步骤：找状态转移方程\(\rightarrow\)分析初值，然后就可以写循环了

posted @ 2023-06-06 15:21  开宝特攻  阅读(203)  评论(0)  编辑  收藏  举报
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