LeetCode-剑指offer

首刷剑指offer，刷起来还是比较吃力，大多数题需要看题解才能做出来，甚至有的看了题解都不懂😭，我是废物，希望第二次刷的时候大部分题都能自己做出来吧！！！

剑指Offer

简单	中等	困难
38道	31道	6道

第 1 天 栈与队列

09. 用两个栈实现队列

题目

用两个栈实现一个队列。队列的声明如下，请实现它的两个函数 appendTail 和 deleteHead ，分别完成在队列尾部插入整数和在队列头部删除整数的功能。(若队列中没有元素，deleteHead 操作返回 -1 )

示例 1：
输入：
["CQueue","appendTail","deleteHead","deleteHead"]
[[],[3],[],[]]
输出：[null,null,3,-1]

示例 2：
输入：
["CQueue","deleteHead","appendTail","appendTail","deleteHead","deleteHead"]
[[],[],[5],[2],[],[]]
输出：[null,-1,null,null,5,2]```

解答

• 成员变量：维护两个栈 inStack 和 outStack，其中 inStack 支持队首插入(appendTail)操作，outStack 支持队尾删除(deleteHead)操作
• 构造方法（CQueue）：初始化 inStack 和 outStack 为空
• 队首插入元素（appendTail）：inStack 直接插入元素
• 队尾删除元素（deleteHead）：
  • 当 outStack 不为空： outStack 中仍有已完成倒序的元素，因此直接返回 outStack 的栈顶元素。
  • 当 outStack 为空，inStack为空： 即两个栈都为空，无元素，因此返回 -1 。
  • 当 outStack 为空， inStack不为空，：将 inStack 里的所有元素弹出插入到 outStack 里，实现元素倒序，并返回栈 outStack 的栈顶元素。

class CQueue {
    //两个栈，一个出栈，一个入栈
    Stack<Integer> inStack;
    Stack<Integer> outStack;
    
    public CQueue() {
        // 初始化栈
        inStack = new Stack<>();
        outStack = new Stack<>();
    }
    
    public void appendTail(int value) {
        inStack.push(value);
    }
    
    public int deleteHead() {
        if(!outStack.isEmpty()){
            return outStack.pop();
        }
        else{
            if (inStack.isEmpty()){
                return -1;
            }
            //将inStack的所有值放入outStack
            while(!inStack.isEmpty()){
                outStack.push(inStack.pop());
            }
            return outStack.pop();
        }
    }
}

30. 包含min函数的栈

题目

定义栈的数据结构，请在该类型中实现一个能够得到栈的最小元素的 min 函数在该栈中，调用 min、push 及 pop 的时间复杂度都是 O(1)。

示例:
MinStack minStack = new MinStack();
minStack.push(-2);
minStack.push(0);
minStack.push(-3);
minStack.min();   --> 返回 -3.
minStack.pop();
minStack.top();   --> 返回 0.
minStack.min();   --> 返回 -2.

解答

本题难点：将 min() 函数复杂度降为 O(1) ，可通过建立辅助栈实现；设定一个辅助栈，栈顶表示当前数据栈中的最小值，每次有新元素入栈，就将当前最小值入辅助栈。出栈时，辅助栈也要将栈顶元素出栈，这就解决了出栈时的最小值更新问题。

class MinStack {
     Stack<Integer> dataStack; // 数据栈
     Stack<Integer> minStack; // 辅助栈，记录每次有元素进栈后或者出栈后，元素的最小值
    public MinStack() {
        // 初始化辅助栈和数据栈
        dataStack = new Stack<>();
        minStack = new Stack<>();
    }
    public void push(int x) {
        dataStack.push(x);// 数据栈，进栈
        // 如果辅助栈为空，或者辅助栈栈顶 > x，则将 x 设置为最小值，即进辅助栈
        if(minStack.isEmpty() || minStack.peek() > x){
            minStack.push(x);
        }else{// 如果辅助栈栈顶 < x, 则继续将上次的最小值再入一次辅助栈
            minStack.push(minStack.peek());
        }  
    }

    public void pop() {
        minStack.pop();// 辅助栈，出栈
        dataStack.pop();// 数据栈，出栈
    }

    public int top() {
        return dataStack.peek();
    }

    public int min() {
        return minStack.peek();
    }
}

第 2 天 链表

06. 从尾到头打印链表

题目

输入一个链表的头节点，从尾到头反过来返回每个节点的值（用数组返回）。

示例 1：
输入：head = [1,3,2]
输出：[2,3,1]

解答

栈的特点是后进先出，考虑到栈的这一特点，使用栈将链表元素顺序倒置。
创建一个栈，将链表的节点都压入该栈，获得栈的大小 size，创建一个数组 out，其大小为 size，从栈内弹出一个节点，将该节点的值存到 out 当中，最后返回 out 。

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * public class ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode next;
 *     ListNode(int x) { val = x; }
 * }
 */
class Solution {
    public int[] reversePrint(ListNode head) {
        Stack<ListNode> stack = new Stack<ListNode>();
        while(head != null){
            stack.push(head);
            head = head.next;
        }
        int size = stack.size();
        int out[] = new int[size];
        for(int i = 0; i < size; i++){
            out[i] = stack.pop().val;
        }
        return out;
    }
}

24. 反转链表

题目

定义一个函数，输入一个链表的头节点，反转该链表并输出反转后链表的头节点。

示例:
输入: 1->2->3->4->5->NULL
输出: 5->4->3->2->1->NULL

解答

方法1：迭代（双指针）

定义两个指针 pre 和 cur ，在遍历链表时，将当前节点（cur）的 next 指针改为指向前一个节点（pre），完成一次局部反转。指向前一个节点后，与后一节点的联系就断了，因此在更改引用之前，还需要存储后一个节点（temp）。然后 pre 和 cur 同时往后移动一个位置。最后返回新的头引用。

class Solution {
    public ListNode reverseList(ListNode head) {
        ListNode pre = null, cur = head; //初始化pre和cur分别指向null和头节点
        while(cur != null) {
              ListNode temp = cur.next; // 暂存后继节点 cur.next
            cur.next = pre;           // 修改 next 引用指向
            pre = cur;                // pre 暂存 cur，即 pre 移动到下一个节点
            cur = temp;               // cur 访问下一节点
        }
        return pre;                   // 返回新的头引用
    }
}

方法2：递归

使用递归法遍历链表，当越过尾节点后终止递归，在回溯时修改各节点的 next 引用指向。

• 终止条件：当前节点和后继为空，则返回尾节点 （即反转链表的头节点）；

• 使用递归函数，一直递归到链表的最后一个结点，该结点就是反转后的头结点，记作 rehead

• 此后，每次函数在返回的过程中，让当前结点的下一个结点的 next 指针指向当前节点。

• 同时让当前结点的 next 指针指向 NULL ，从而实现从链表尾部开始的局部反转

• 当递归函数全部出栈后，链表反转完成，返回反转链表的头节点 rehead ；

class Solution {
    public ListNode reverseList(ListNode head) {
        if(head == null || head.next == null) {// 终止条件
            return head;
        }
        ListNode rehead = reverseList(head.next); // 递归后继节点
        head.next.next = head; // 修改节点引用指向
        head.next = null;
        return rehead;// 返回反转链表的头节点
    }
}

35. 复杂链表的复制

题目

请实现 copyRandomList 函数，复制一个复杂链表。在复杂链表中，每个节点除了有一个 next 指针指向下一个节点，还有一个 random 指针指向链表中的任意节点或者 null。

示例 1：

输入：head = [[7,null],[13,0],[11,4],[10,2],[1,0]]
输出：[[7,null],[13,0],[11,4],[10,2],[1,0]]

示例 2：

输入：head = [[1,1],[2,1]]
输出：[[1,1],[2,1]]

示例 3：

输入：head = [[3,null],[3,0],[3,null]]
输出：[[3,null],[3,0],[3,null]]

示例 4：

输入：head = []
输出：[]
解释：给定的链表为空（空指针），因此返回 null。

解答

方法1：哈希表/Map

算法流程：

• **1.**若头结点 head 为空，直接返回 null
• 2.初始化：定义一个哈希表，键为链表的原节点，值为新复制的节点。节点 cur 指向头节点 head
• 3.复制链表：遍历原链表，将复制的节点全部存入哈希表中
• 4.构建新链表的引用指向：再次遍历原链表，构建新链表，确定 next 和 random 指针的指向
• 5.返回值： 新链表的头节点

class Solution {
    public Node copyRandomList(Node head) {
          // 1. 若头结点为空，直接返回 null
        if(head == null) return null;
          // 2. 初始化
        Node cur = head;
        Map<Node, Node> map = new HashMap<>();
        // 3. 复制各节点，并建立 “原节点 -> 新节点” 的 Map 映射
        while(cur != null) {
            map.put(cur, new Node(cur.val));
            cur = cur.next;
        }
        cur = head;
        // 4. 构建新链表的 next 和 random 指向
        while(cur != null) {
            map.get(cur).next = map.get(cur.next);
            map.get(cur).random = map.get(cur.random);
            cur = cur.next;
        }
        // 5. 返回新链表的头节点
        return map.get(head);
    }
}

方法2：拼接 + 拆分

算法流程：

• 1.复制各节点，构建拼接链表:

设原链表为 node1→node2→⋯ ，构建拼接链表：node1→node1_new →node2→node2_new →⋯

• 2.构建新链表各节点的 random 指向：

当访问原节点 cur 的随机指向节点 cur.random 时，对应新节点 cur.next 的随机指向节点为 cur.random.next

• 3.拆分原 / 新链表：

设置 pre/cur 分别指向原 / 新链表头节点，遍历执行 pre.next = pre.next.next 和 cur.next = cur.next.next 将两链表拆分开

• 4.返回新链表的头节点 res 即可。

class Solution {
    public Node copyRandomList(Node head) {
        if(head == null) return null;
        Node cur = head;
        // 1. 复制各节点，并构建拼接链表
        while(cur != null) {
            Node tmp = new Node(cur.val);
            tmp.next = cur.next;
            cur.next = tmp;
            cur = tmp.next;
        }
        // 2. 构建各新节点的 random 指向
        cur = head;
        while(cur != null) {
            if(cur.random != null)
                cur.next.random = cur.random.next;
            cur = cur.next.next;
        }
        // 3. 拆分两链表
        cur = head.next;
        Node pre = head, res = head.next;
        while(cur.next != null) {
            pre.next = pre.next.next;
            cur.next = cur.next.next;
            pre = pre.next;
            cur = cur.next;
        }
        pre.next = null; // 单独处理原链表尾节点
        return res;      // 返回新链表头节点
    }
}

第 3 天 字符串

05. 替换空格

题目

请实现一个函数，把字符串 s 中的每个空格替换成”%20”。

示例 1：
输入：s = "We are happy."
输出："We%20are%20happy."

解答

方法1：遍历

class Solution {
    public String replaceSpace(String s) {
        StringBuilder res = new StringBuilder();
        for(int i = 0 ; i < s.length(); i++){
            if(s.charAt(i) == ' '){
                res.append("%20");
            }else{
                res.append(s.charAt(i));
            }
        }
        return res.toString();
    }
}

方法2：替换

class Solution {
    public String replaceSpace(String s) {
        return s.replace(" ", "%20");
    }
}

58 - II. 左旋转字符串

题目

字符串的左旋转操作是把字符串前面的若干个字符转移到字符串的尾部。请定义一个函数实现字符串左旋转操作的功能。比如，输入字符串”abcdefg”和数字2，该函数将返回左旋转两位得到的结果”cdefgab”。

示例 1：
输入: s = "abcdefg", k = 2
输出: "cdefgab"

示例 2：
输入: s = "lrloseumgh", k = 6
输出: "umghlrlose"

解答

方法1：切片

class Solution {
    public String reverseLeftWords(String s, int n) {
        return s.substring(n, s.length()) + s.substring(0, n);
    }
}

方法2：遍历

class Solution {
    public String reverseLeftWords(String s, int n) {
        StringBuilder res = new StringBuilder();
        for(int i = n; i< s.length(); i++){
            res.append(s.charAt(i));
        }
        for(int i = 0; i<n; i++){
            res.append(s.charAt(i));
        }
        return res.toString();
    }
}

方法3：利用求余运算

class Solution {
    public String reverseLeftWords(String s, int n) {
        StringBuilder res = new StringBuilder();
        for(int i = n; i < n + s.length(); i++)
            res.append(s.charAt(i % s.length()));
        return res.toString();
    }
}

第 4 天 查找算法(简单)

03. 数组中重复的数字

题目

在一个长度为 n 的数组 nums 里的所有数字都在 0～n-1 的范围内。数组中某些数字是重复的，但不知道有几个数字重复了，也不知道每个数字重复了几次。请找出数组中任意一个重复的数字。

输入：
[2, 3, 1, 0, 2, 5, 3]
输出：2 或 3 

解答

方法1：哈希表/Set

创建一个 Set ，遍历数组中的每个元素，将该元素加入 Set 中，判断是否添加成功（因为 Set 不允许出现重复元素）

• 如果添加失败，说明该元素已经在集合中，因此该元素是重复元素，返回该元素
• 反之则没有重复

class Solution {
    public int findRepeatNumber(int[] nums) {
        Set<Integer> set = new HashSet<>();
        for (int num : nums) {
            if (!set.add(num)) {
                return num;
            }
        }
        return 0;
    }
}

方法2：索引匹配

• 由题意可知：长度为 n 的数组 nums 里的所有数字都在 0～n-1 的范围内
• 因此每个元素都可以按照其对应的下标进行存取
• 当其对应的下标被相同的元素占用时，则该元素重复

算法流程：

• 遍历数组 nums ，设索引初始值为 i = 0

• 若 nums[i] = i： 说明此数字已在对应索引位置，无需交换，因此跳过

• 若 nums[nums[i]] = nums[i]： 代表索引 nums[i] 处和索引 i 处的元素值都为 nums[i] ，即找到一组重复值，返回此值 nums[i]

• 否则： 交换索引为 i 和 nums[i] 的元素值，将此数字交换至对应索引位置

• 若遍历完毕尚未返回，则返回 -1

class Solution {
    public int findRepeatNumber(int[] nums) {
        int i = 0;
        while(i < nums.length) {
            //当前元素正好在其所对应的位置上
            if(nums[i] == i) {
                i++;
                continue;
            }
            //当前元素所对应的位置的值和当前元素相同，找到重复元素。
            if(nums[nums[i]] == nums[i]) return nums[i];
            //交换两个元素，重复循环，继续对当前下标的元素进行下标匹配。
            int tmp = nums[i];
            nums[i] = nums[tmp];
            nums[tmp] = tmp;
        }
        return -1;
    }
}

53 - I. 在排序数组中查找数字 I

题目

统计一个数字在排序数组中出现的次数。

示例 1:

输入: nums = [5,7,7,8,8,10], target = 8
输出: 2

示例 2:

输入: nums = [5,7,7,8,8,10], target = 6
输出: 0

解答

class Solution {
    public int search(int[] nums, int target) {
        int count = 0 ;
        for(int i = 0; i<nums.length;i++){
            if(nums[i] == target){
                count++;
            }
        }
        return count;
    }
}

53 - II. 0～n-1中缺失的数字

题目

一个长度为n-1的递增排序数组中的所有数字都是唯一的，并且每个数字都在范围0～n-1之内。在范围0～n-1内的n个数字中有且只有一个数字不在该数组中，请找出这个数字。

示例 1:

输入: [0,1,3]
输出: 2

示例 2:

输入: [0,1,2,3,4,5,6,7,9]
输出: 8

解答

class Solution {
    public int missingNumber(int[] nums) {
        for(int i = 0; i < nums.length; i++){
            if (i != nums[i])
                return i;
        }
        return  nums.length;
    }
}

第 5 天 查找算法(中等)

04. 二维数组中的查找

题目

在一个 n * m 的二维数组中，每一行都按照从左到右递增的顺序排序，每一列都按照从上到下递增的顺序排序。请完成一个高效的函数，输入这样的一个二维数组和一个整数，判断数组中是否含有该整数。

示例:

现有矩阵 matrix 如下：

[
  [1,   4,  7, 11, 15],
  [2,   5,  8, 12, 19],
  [3,   6,  9, 16, 22],
  [10, 13, 14, 17, 24],
  [18, 21, 23, 26, 30]
]

给定 target = 5，返回 true。

给定 target = 20，返回 false。

解答

算法流程：

• 从矩阵 matrix 左下角元素（索引设为 (i, j) ）开始遍历，并与目标值对比：
  • 当 matrix[i][j] > target 时，则 target 在该行的上方，执行 i--，即消去该行元素；
  • 当 matrix[i][j] < target 时，则 target 在该行的右方，执行 j++，即消去该列元素；
  • 当 matrix[i][j] = target 时，返回 true，代表找到目标值。
• 若行索引或列索引越界，则代表矩阵中无目标值，返回 false。

class Solution {
    public boolean findNumberIn2DArray(int[][] matrix, int target) {
        int i = matrix.length - 1, j = 0;
        while(i >= 0 && j < matrix[0].length){
            if(matrix[i][j] > target) i--;
            else if (matrix[i][j] < target) j++;
            else return true;
        }
        return false;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度： O(M+N)

  • M 和 N 分别为矩阵行数和列数，此算法最多循环 M+N 次。

• 空间复杂度： O(1)

  • i， j 指针使用常数大小额外空间。

11. 旋转数组的最小数字

题目

把一个数组最开始的若干个元素搬到数组的末尾，我们称之为数组的旋转。

给你一个可能存在 重复 元素值的数组 numbers ，它原来是一个升序排列的数组，并按上述情形进行了一次旋转。请返回旋转数组的最小元素。例如，数组 [3,4,5,1,2] 为 [1,2,3,4,5] 的一次旋转，该数组的最小值为 1。

注意，数组 [a[0], a[1], a[2], ..., a[n-1]] 旋转一次 的结果为数组 [a[n-1], a[0], a[1], a[2], ..., a[n-2]] 。

示例 1：

输入：numbers = [3,4,5,1,2]
输出：1

示例 2：

输入：numbers = [2,2,2,0,1]
输出：0

解答

算法流程：

• 初始化： 声明 low，high 双指针分别指向 numbers 数组左右两端；
• 循环二分： 设 pivot = (low + high) / 2 为每次二分的中点（ “/“ 代表向下取整除法），可分为以下三种情况：
  • 当 nums[pivot] > nums[high] 时： 旋转点 x 一定在 [pivot + 1, high] 闭区间内，因此执行 low = pivot + 1；
  • 当 nums[pivot] < nums[high] 时： 旋转点 x 一定在 [low, pivot] 闭区间内，因此执行 high = pivot；
  • 当 nums[pivot] = nums[high] 时： 无法判断 pivot 在哪个排序数组中，即无法判断旋转点 x 在 [low, pivot] 还是 [pivot + 1, high] 区间中。解决方案： 执行 high = high - 1 缩小判断范围，分析见下文。
• 返回值： 当 low = high 时跳出二分循环，并返回旋转点的值 nums[low] 即可。

class Solution {
    public int minArray(int[] numbers) {
        int low = 0;
        int high = numbers.length - 1;
        while (low < high) {
            // int pivot = (low + high) / 2;
            int pivot = low + (high - low) / 2; //防止low + high造成整型越界
            if (numbers[pivot] < numbers[high]) {
                high = pivot;
            } else if (numbers[pivot] > numbers[high]) {
                low = pivot + 1;
            } else {
                high -= 1;
            }
        }
        return numbers[low];
    }
}

复杂度

• 时间复杂度：O(log_n)

• 空间复杂度：O(1)

50. 第一个只出现一次的字符

题目

在字符串 s 中找出第一个只出现一次的字符。如果没有，返回一个单空格。 s 只包含小写字母。

示例 1:

输入：s = "abaccdeff"
输出：'b'

示例 2:

输入：s = "" 
输出：' '

解答

方法1：哈希表/Map

1. 遍历字符串 s ，使用哈希表统计各字符出现次数。
2. 再遍历字符串 s ，在哈希表中找到首个 “数量为 1 的字符”，并返回。

class Solution {
    public char firstUniqChar(String s) {
        HashMap<Character,Integer> map = new HashMap<>();
        char[] S = s.toCharArray();
        for(char i : S)
            map.put(i,map.getOrDefault(i,0)+1);
        for (char i : S)
            if(map.get(i)==1)
                return i;
        return ' ';
    }
}

方法2：有序哈希表

在哈希表的基础上，有序哈希表中的键值对是 按照插入顺序排序 的。基于此，可通过遍历有序哈希表，实现搜索首个 “数量为 1 的字符”。

class Solution {
    public char firstUniqChar(String s) {
        Map<Character, Integer> map = new LinkedHashMap<>();
        char[] S = s.toCharArray();
        for(char i : S)
            map.put(i,map.getOrDefault(i,0)+1);
        for(Map.Entry<Character, Integer> d : map.entrySet()){
           if(d.getValue()==1) 
             return d.getKey();
        }
        return ' ';
    }
}

复杂度

方法1:

• 时间复杂度：O(n)，其中 n 是字符串 s 的长度。

• 空间复杂度：O(1)， s 只包含小写字母，因此最多有 26 个不同字符，HashMap 存储需占用 O(26) = O(1) 的额外空间。

方法2:

时间和空间复杂度均与 “方法1” 相同，而具体分析：方法 1 需遍历 s 两轮；方法 2 遍历 s 一轮，遍历 map 一轮（ map 的长度不大于 26 ）。

第6天 搜索与回溯算法（简单）

32 - I. 从上到下打印二叉树

题目

从上到下打印出二叉树的每个节点，同一层的节点按照从左到右的顺序打印。

例如:
给定二叉树: [3,9,20,null,null,15,7],

   3
  / \
 9  20
   /  \
  15   7

返回：

[3,9,20,15,7]

解答

算法流程：

• 特例处理： 当树的根节点为空，则直接返回空列表 [] ；
• 初始化： 结果列表 res = [] ，包含根节点的队列 queue = [root] ；
• BFS 循环： 当队列 queue 为空时跳出；
  • 出队： 队首元素出队，记为 node；
  • 打印： 将 node.val 添加至列表 tmp 尾部；
  • 添加子节点： 若 node 的左（右）子节点不为空，则将左（右）子节点加入队列 queue ；
• 返回值： 返回打印结果列表 res 即可。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode(int x) { val = x; }
 * }
 */
class Solution {
    public int[] levelOrder(TreeNode root) {
        if(root == null) return new int[0];// 空树则返回空数组
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();// 借助一个队列，通过 BFS 实现按层遍历二叉树
        queue.add(root);// 根结点先入队
        ArrayList<Integer> tmp = new ArrayList<>();// 申请一个动态数组 ArrayList 动态添加节点值
        while(!queue.isEmpty()){
            TreeNode node = queue.poll();// 取出当前队首元素
            tmp.add(node.val);
            if(node.left != null) queue.add(node.left);// 左子节点入队
            if(node.right != null) queue.add(node.right);// 右子节点入队
        }
             // 将 ArrayList 转为 int 数组并返回
        int[] res = new int[tmp.size()];
        for(int i = 0; i < res.length; i++)
          res[i] = tmp.get(i);
        return res;  
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： N 为二叉树的节点数量，即 BFS 需循环 N 次。
• 空间复杂度 O(N)： 最差情况下，即当树为平衡二叉树时，最多有 N/2 个树节点同时在 queue 中，使用 O(N) 大小的额外空间。

32 - II. 从上到下打印二叉树 II

题目

从上到下按层打印二叉树，同一层的节点按从左到右的顺序打印，每一层打印到一行。

例如:
给定二叉树: [3,9,20,null,null,15,7],

    3
   / \
  9  20
    /  \
   15   7

返回其层次遍历结果：

[
  [3],
  [9,20],
  [15,7]
]

解答

算法流程：

• 特例处理： 当根节点为空，则返回空列表 [] ；
• 初始化： 打印结果列表 res = [] ，包含根节点的队列 queue = [root] ；
• BFS 循环： 当队列 queue 为空时跳出；
  • 新建一个临时列表 tmp ，用于存储当前层打印结果；
  • 当前层打印循环： 循环次数为当前层节点数（即队列 queue 长度）；
    • 出队： 队首元素出队，记为 node；
    • 打印： 将 node.val 添加至 tmp 尾部；
    • 添加子节点： 若 node 的左（右）子节点不为空，则将左（右）子节点加入队列 queue ；
  • 将当前层结果 tmp 添加入 res 。
• 返回值： 返回打印结果列表 res 即可。

class Solution {
    public List<List<Integer>> levelOrder(TreeNode root) {
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
        queue.add(root);
        List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
        if(root == null) return res;
        while(!queue.isEmpty()) {
            List<Integer> tmp = new ArrayList<>();
            for(int i = queue.size(); i > 0; i--) {
                TreeNode node = queue.poll();
                tmp.add(node.val);
                if(node.left != null) queue.add(node.left);
                if(node.right != null) queue.add(node.right);
            }
            res.add(tmp);
        }
        return res;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N)： N 为二叉树的节点数量，即 BFS 需循环 N 次。
• 空间复杂度 O(N) ： 最差情况下，即当树为平衡二叉树时，最多有 N/2 个树节点同时在 queue 中，使用 O(N) 大小的额外空间。

32 - III. 从上到下打印二叉树 III

题目

请实现一个函数按照之字形顺序打印二叉树，即第一行按照从左到右的顺序打印，第二层按照从右到左的顺序打印，第三行再按照从左到右的顺序打印，其他行以此类推。

例如:
给定二叉树: [3,9,20,null,null,15,7],

    3
   / \
  9  20
    /  \
   15   7

返回其层次遍历结果：

[
  [3],
  [20,9],
  [15,7]
]

解答

方法1：层序遍历 + 双端队列

利用双端队列的两端皆可添加元素的特性，设打印列表（双端队列） tmp ，并规定：

• 奇数层 则添加至 tmp 尾部 ，
• 偶数层 则添加至 tmp 头部 。

算法流程：

• 特例处理： 当树的根节点为空，则直接返回空列表 [] ；
• 初始化： 打印结果空列表 res ，包含根节点的队列 queue ；
• BFS 循环： 当 queue 为空时跳出；
  • 新建双端队列 tmp ，用于临时存储当前层打印结果；
  • 当前层打印循环： 循环次数为当前层节点数（即 queue 长度）；
    • 出队： 队首元素出队，记为 node；
    • 打印： 若为奇数层，将 node.val 添加至 tmp 尾部；否则，添加至 tmp 头部
    • 添加子节点： 若 node 的左（右）子节点不为空，则加入 queue ；
  • 将当前层结果 tmp 添加入 res 。
• 返回值： 返回打印结果列表 res 即可；

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode(int x) { val = x; }
 * }
 */
class Solution {
    public List<List<Integer>> levelOrder(TreeNode root) {
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
        queue.add(root);
        List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
        if(root == null) return res;
        while(!queue.isEmpty()) {
            LinkedList<Integer> tmp = new LinkedList<>();//实现双端队列
            for(int i = queue.size(); i > 0; i--) {
                TreeNode node = queue.poll();
                if(res.size() % 2 == 0) tmp.addLast(node.val); // 奇数层，添加元素至队列尾部
                else tmp.addFirst(node.val); // 偶数层，添加元素只队列头部
                if(node.left != null) queue.add(node.left);
                if(node.right != null) queue.add(node.right);
            }
            res.add(tmp);
        }
        return res;
    }
}

方法2：层序遍历 + 倒序

偶数层倒序： 若 res 的长度为 奇数 ，说明当前是偶数层，则对 tmp 执行 倒序 操作。

class Solution {
    public List<List<Integer>> levelOrder(TreeNode root) {
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
        List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
        if(root != null) queue.add(root);
        while(!queue.isEmpty()) {
            List<Integer> tmp = new ArrayList<>();
            for(int i = queue.size(); i > 0; i--) {
                TreeNode node = queue.poll();
                tmp.add(node.val);
                if(node.left != null) queue.add(node.left);
                if(node.right != null) queue.add(node.right);
            }
            if(res.size() % 2 == 1) Collections.reverse(tmp);
            res.add(tmp);
        }
        return res;
    }
}

复杂度

方法1

• 时间复杂度 O(N)： N 为二叉树的节点数量，即 BFS 需循环 N 次，占用 O(N)；

  双端队列的队首和队尾的添加和删除操作的时间复杂度均为 O(1)。

• 空间复杂度 O(N) ： 最差情况下，即当树为满二叉树时，最多有N/2 个树节点 同时 在 queue 中，使用 O(N) 大小的额外空间。

方法2

• 时间复杂度 O(N)： N 为二叉树的节点数量，即 BFS 需循环 N 次，占用 O(N)。

  共完成少于 N 个节点的倒序操作，占用 O(N)。

• 空间复杂度 O(N) ： 最差情况下，即当树为满二叉树时，最多有 N/2 个树节点同时在 queue 中，使用 O(N) 大小的额外空间。

第 7 天 搜索与回溯算法（简单）

26.树的子结构

题目

输入两棵二叉树A和B，判断B是不是A的子结构。(约定空树不是任意一个树的子结构)

B是A的子结构， 即 A中有出现和B相同的结构和节点值。

例如:
给定的树 A:

    3
   / \
  4   5
 / \
1   2

给定的树 B：

  4 
 /
1

返回 true，因为 B 与 A 的一个子树拥有相同的结构和节点值。

示例 1：

输入：A = [1,2,3], B = [3,1]
输出：false

示例 2：

输入：A = [3,4,5,1,2], B = [4,1]
输出：true

解答

算法流程：

recur(A, B) 函数：

1. 终止条件：
   1. 当节点 B 为空：说明树 B 已匹配完成（越过叶子节点），因此返回 true ；
   2. 当节点 A 为空：说明已经越过树 A 叶子节点，即匹配失败，返回 false ；
   3. 当节点 A 和 B 的值不同：说明匹配失败，返回 false ；
2. 返回值：
   1. 判断 A和 B 的左子节点是否相等，即 recur(A.left, B.left) ；
   2. 判断 A 和 B 的右子节点是否相等，即 recur(A.right, B.right) ；

isSubStructure(A, B) 函数：

1. 特例处理： 当 树 A 为空 或 树 B 为空 时，直接返回 false ；
2. 返回值： 若树 B 是树 A 的子结构，则必满足以下三种情况之一，因此用或 || 连接；
   1. 以 节点 A 为根节点的子树 包含树 B ，对应 recur(A, B)；
   2. 树 B 是 树 A 左子树 的子结构，对应 isSubStructure(A.left, B)；
   3. 树 B 是 树 A 右子树 的子结构，对应 isSubStructure(A.right, B)；

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode(int x) { val = x; }
 * }
 */
class Solution {
    public boolean isSubStructure(TreeNode A, TreeNode B) {
        // 若A与B其中一个为空,立即返回false
        if(A == null || B == null) {
            return false;
        }
        // B为A的子结构有3种情况,满足任意一种即可:
        // 1.B的子结构起点为A的根节点,此时结果为recur(A,B)
        // 2.B的子结构起点隐藏在A的左子树中,而不是直接为A的根节点,此时结果为isSubStructure(A.left, B)
        // 3.B的子结构起点隐藏在A的右子树中,此时结果为isSubStructure(A.right, B)
        return recur(A, B) || isSubStructure(A.left, B) || isSubStructure(A.right, B);
    }

    /*
    判断B是否为A的子结构,其中B子结构的起点为A的根节点
    */
    private boolean recur(TreeNode A, TreeNode B) {
        // 若B走完了,说明查找完毕,B为A的子结构
        if(B == null) {
            return true;
        }
        // 若B不为空并且A为空或者A与B的值不相等,直接可以判断B不是A的子结构
        if(A == null || A.val != B.val) {
            return false;
        }
        // 当A与B当前节点值相等,若要判断B为A的子结构
        // 还需要判断B的左子树是否为A左子树的子结构 && B的右子树是否为A右子树的子结构
        // 若两者都满足就说明B是A的子结构,并且该子结构以A根节点为起点
        return recur(A.left, B.left) && recur(A.right, B.right);
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(MN)： 其中 M,N 分别为树 A 和 树 B 的节点数量；先序遍历树 A 占用 O(M) ，每次调用 recur(A, B) 判断占用 O(N)。
• 空间复杂度 O(M)： 当树 A 和树 B 都退化为链表时，递归调用深度最大。当 M ≤ N 时，遍历树 A 与递归判断的总递归深度为 M ；当 M > N 时，最差情况为遍历至树 A 叶子节点，此时总递归深度为 M。

27.二叉树的镜像

题目

请完成一个函数，输入一个二叉树，该函数输出它的镜像。

例如输入：

    4
  /   \
 2     7
/ \   / \

1 3 6 9

镜像输出：

    4
  /   \
 7     2
/ \   / \

9 6 3 1
示例 1：

输入：root = [4,2,7,1,3,6,9]
输出：[4,7,2,9,6,3,1]

解答

方法1：递归法

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode(int x) { val = x; }
 * }
 */
class Solution {
    public TreeNode mirrorTree(TreeNode root) {
        if(root == null) return null;
        //从上到下直接交换左右子树
        TreeNode tmp = root.left;
        root.left = root.right;
        root.right = tmp;
        
        mirrorTree(root.left);
        mirrorTree(root.right);
        return root;
    }
}

方法2：辅助栈

算法流程：

• 特例处理： 当 root 为空时，直接返回 null；
• 初始化： 栈，并加入根节点 root。
• 循环交换： 当栈 stack 为空时跳出；
  • 出栈： 记为 node ；
  • 添加子节点： 将 node 左和右子节点入栈；
  • 交换： 交换 node 的左 / 右子节点。
• 返回值： 返回根节点 root 。

class Solution {
    public TreeNode mirrorTree(TreeNode root) {
        if(root == null) return null;
        Stack<TreeNode> stack = new Stack<>();
          stack.add(root); 
        while(!stack.isEmpty()) {
            TreeNode node = stack.pop();
            if(node.left != null) stack.add(node.left);
            if(node.right != null) stack.add(node.right);
            TreeNode tmp = node.left;
            node.left = node.right;
            node.right = tmp;
        }
        return root;
    }
}

复杂度

方法1

• 时间复杂度 O(N)： 其中 N 为二叉树的节点数量，建立二叉树镜像需要遍历树的所有节点，占用 O(N) 时间。
• 空间复杂度 O(N)： 最差情况下（当二叉树退化为链表），递归时系统需使用 O(N) 大小的栈空间。

方法2

• 时间复杂度 O(N) ： 其中 N 为二叉树的节点数量，建立二叉树镜像需要遍历树的所有节点，占用 O(N) 时间。
• 空间复杂度 O(N) ： 最差情况下，栈 stack 最多同时存储 N+1/2个节点，占用 O(N) 额外空间。

28.对称的二叉树

题目

请实现一个函数，用来判断一棵二叉树是不是对称的。如果一棵二叉树和它的镜像一样，那么它是对称的。

例如，二叉树 [1,2,2,3,4,4,3] 是对称的。

   1
  / \
 2   2
/ \ / \

3 4 4 3

但是下面这个 [1,2,2,null,3,null,3] 则不是镜像对称的:

   1
  / \
 2   2
  \   \
  3    3

示例 1：

输入：root = [1,2,2,3,4,4,3]
输出：true

示例 2：

输入：root = [1,2,2,null,3,null,3]
输出：false

解答

对称二叉树定义： 对于树中 任意两个对称节点 L 和 R ，一定有：

• L.val = R.val： 即此两对称节点值相等。
• L.left.val = R.right.val：即 L 的左子节点和 R 的右子节点对称；
• L.right.val = R.left.val ：即 L 的右子节点和 R 的左子节点对称。

根据以上规律，考虑从顶至底递归，判断每对节点是否对称，从而判断树是否为对称二叉树。

算法流程：
isSymmetric(root) ：

• 特例处理： 若根节点 root 为空，则直接返回 true 。
• 返回值： 即 isSame(root.left, root.right) ;

isSame(L, R) ：

• 终止条件：
  • 当 L 和 R 同时越过叶节点： 此树从顶至底的节点都对称，因此返回 true ；
  • 当 L 或 R 中只有一个越过叶节点： 此树不对称，因此返回 false ；
  • 当节点 L 值 不等于节点 R 值： 此树不对称，因此返回 false ；
• 递推工作：
  • 判断两节点 L.left 和 R.right 是否对称，即 isSame(L.left, R.right)
  • 判断两节点 L.right 和 R.left 是否对称，即 isSame(L.right, R.left)
• 返回值： 两对节点都对称时，才是对称树，因此用与逻辑符 && 连接。

class Solution {
    public boolean isSymmetric(TreeNode root) {
        return root == null ? true : isSame(root.left, root.right);
    }
    boolean isSame(TreeNode L, TreeNode R) {
        if(L == null && R == null) return true;
        if(L == null || R == null || L.val != R.val) return false;
        return isSame(L.left, R.right) && isSame(L.right, R.left);
    }
}

复杂度

复杂度分析：

• 时间复杂度 O(N) ： 其中 N 为二叉树的节点数量，每次执行 isSame() 可以判断一对节点是否对称，因此最多调用 N/2 次 isSame() 方法。
• 空间复杂度 O(N)： 最差情况下，二叉树退化为链表，系统使用 O(N) 大小的栈空间。

第 8 天 动态规划（简单）

10- I. 斐波那契数列

题目

写一个函数，输入 n ，求斐波那契（Fibonacci）数列的第 n 项（即 F(N)）。斐波那契数列的定义如下：

F(0) = 0,   F(1) = 1
F(N) = F(N - 1) + F(N - 2), 其中 N > 1.

斐波那契数列由 0 和 1 开始，之后的斐波那契数就是由之前的两数相加而得出。

答案需要取模 1e9+7（1000000007），如计算初始结果为：1000000008，请返回 1。

示例 1：

输入：n = 2
输出：1

示例 2：

输入：n = 5
输出：5

解答

方法1：动态规划

class Solution {
    public int fib(int n) {
        if(n == 0 || n==1) return n;
        int[] dp = new int[n + 1];
        dp[0] = 0;
        dp[1] = 1;
        for(int i = 2; i <= n; i++){
            dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
            dp[i] %= 1000000007;
        }
        return dp[n];
    }
}

//优化
class Solution {
    public int fib(int n) {
        int fn0 = 0, fn1 = 1, sum;
        for(int i = 0; i <= n; i++){
            sum = (fn0 + fn1) % 1000000007;
            fn0 = fn1;
            fn1 = sum; 
        }
        return fn1;
    }
}

方法2：矩阵快速幂

。。。

复杂度

方法1

• 时间复杂度 O(N) ： 计算 f(n) 需循环 n 次，每轮循环内计算操作使用 O(1) 。
• 空间复杂度 O(1) ： 几个标志变量使用常数大小的额外空间。

方法2

• 时间复杂度：O(logn)
• 空间复杂度：O(1)

10- II. 青蛙跳台阶问题

题目

一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级台阶。求该青蛙跳上一个 n 级的台阶总共有多少种跳法。

答案需要取模 1e9+7（1000000007），如计算初始结果为：1000000008，请返回 1。

示例 1：

输入：n = 2
输出：2

示例 2：

输入：n = 7
输出：21

示例 3：

输入：n = 0
输出：1

解答

class Solution {
    public int numWays(int n) {
        if(n == 0 || n==1) return 1;
        int[] dp = new int[n + 1];
        dp[0] = 1;
        dp[1] = 1;
        for(int i = 2; i <= n; i++){
            dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
            dp[i] %= 1000000007;
        }
        return dp[n];
    }
}

//优化
class Solution {
    public int numWays(int n) {
        int a = 1, b = 1, sum;
        for(int i = 0; i < n; i++){
            sum = (a + b) % 1000000007;
            a = b;
            b = sum;
        }
        return a;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： 计算 f(n) 需循环 n 次，每轮循环内计算操作使用 O(1) 。
• 空间复杂度 O(1)： 几个标志变量使用常数大小的额外空间。

63.股票的最大利润

题目

假设把某股票的价格按照时间先后顺序存储在数组中，请问买卖该股票一次可能获得的最大利润是多少？

示例 1:

输入: [7,1,5,3,6,4]
输出: 5
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格。

示例 2:

输入: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

解答

方法1：暴力法

public class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int maxprofit = 0;
        for (int i = 0; i < prices.length - 1; i++) {
            for (int j = i + 1; j < prices.length; j++) {
                int profit = prices[j] - prices[i];
                if (profit > maxprofit) {
                    maxprofit = profit;
                }
            }
        }
        return maxprofit;
    }
}

方法2：动态规划

前 i 日最大利润 = max(前(i−1)日最大利润，第i日价格−前i日最低价格)

dp[i] = max⁡(dp[i−1], prices[i] − min⁡(prices[0:i]))

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        if(prices.length == 0)return 0;
          int[] dp = new int[prices.length];
        dp[0] = 0; 
        int min = prices[0];
        for(int i = 1; i < prices.length; i++){
            min = Math.min(min,prices[i]);
            dp[i] = Math.max(dp[i-1],prices[i]-min);
        }
        return dp[prices.length-1];
    }
}

效率优化：

• 时间复杂度降低： 前 iii 日的最低价格 min⁡(prices[0:i]) 时间复杂度为 O(i)。而在遍历 prices 时，可以借助一个变量（记为成本 cost ）每日更新最低价格。优化后的转移方程为：

  dp[i] = max⁡(dp[i−1],prices[i] - min⁡(cost,prices[i])

• 空间复杂度降低： 由于 dp[i] 只与 dp[i−1]， prices[i], cost 相关，因此可使用一个变量（记为利润 profit）代替 dp 列表。优化后的转移方程为：

  profit = max⁡(profit,prices[i] − min⁡(cost,prices[i])

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int cost = Integer.MAX_VALUE, profit = 0;
        for(int price : prices) {
            cost = Math.min(cost, price);
            profit = Math.max(profit, price - cost);
        }
        return profit;
    }
}

复杂度

方法1

• 时间复杂度：O(n²)。循环运行 (n−1)+(n−2)+⋯+2+1=n(n−1)/2 次。
• 空间复杂度：O(1)。只使用了常数个变量。

方法2

• 时间复杂度：O(n)，只需要遍历一次。
• 空间复杂度：O(1)，只使用了常数个变量。

第 9 天 动态规划（中等）

42.连续子数组的最大和

题目

输入一个整型数组，数组中的一个或连续多个整数组成一个子数组。求所有子数组的和的最大值。

要求时间复杂度为O(n)。

示例1:

输入: nums = [-2,1,-3,4,-1,2,1,-5,4]
输出: 6
解释: 连续子数组 [4,-1,2,1] 的和最大，为 6。

解答

class Solution {
    public int maxSubArray(int[] nums) {
    int dp[] = new int[nums.length];
    dp[0] = nums[0];
    int res = dp[0];
    for(int i = 1; i < nums.length; i++){
        dp[i] = Math.max(dp[i - 1] + nums[i], nums[i]);
        res = Math.max(res, dp[i]);
    }
        return res;
    }
}

//由于 dp[i] 只与 dp[i-1] 和 nums[i] 有关系，因此可以将原数组 nums 用作 dp 列表，即直接在 nums 上修改即可。
class Solution {
    public int maxSubArray(int[] nums) {
        int res = nums[0];
        for(int i = 1; i < nums.length; i++) {
            nums[i] += Math.max(nums[i - 1], 0);
            res = Math.max(res, nums[i]);
        }
        return res;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： 线性遍历数组 nums 即可获得结果，使用 O(N) 时间。
• 空间复杂度 O(1) ： 使用常数大小的额外空间。

47.礼物的最大价值

题目

在一个 m*n 的棋盘的每一格都放有一个礼物，每个礼物都有一定的价值（价值大于 0）。你可以从棋盘的左上角开始拿格子里的礼物，并每次向右或者向下移动一格、直到到达棋盘的右下角。给定一个棋盘及其上面的礼物的价值，请计算你最多能拿到多少价值的礼物？

示例 1:

输入: 
[
  [1,3,1],
  [1,5,1],
  [4,2,1]
]
输出: 12
解释: 路径 1→3→5→2→1 可以拿到最多价值的礼物

解答

设动态规划矩阵 dp ，dp(i,j) 代表从棋盘的左上角开始，到达单元格 (i,j) 时能拿到礼物的最大累计价值。

• 当 i=0 且 j=0 时，为起始元素；
• 当 i=0 且 j≠0 时，为矩阵第一行元素，只可从左边到达；
• 当 i≠0 且 j=0 时，为矩阵第一列元素，只可从上边到达；
• 当 i≠0 且 j≠0 时，可从左边或上边到达；

class Solution {
    public int maxValue(int[][] grid) {
        int m = grid.length;
        int n = grid[0].length;
        int [][]dp = new int[m][n];
        for(int i = 0; i < m; i++){
            for(int j = 0; j < n; j++){
                if(i == 0 && j == 0) 
                  dp[i][j] = grid[0][0];
                else if(i == 0) 
                    dp[i][j] = dp[i][j - 1] + grid[i][j]; 
                else if(j == 0)  
                    dp[i][j] = dp[i - 1][j] + grid[i][j]; 
                else
                    dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + grid[i][j];
            }
        }
        return dp[m - 1][n - 1];
    }
}

//优化
/**
  由于 dp[i][j] 只与 dp[i-1][j] , dp[i][j-1] , grid[i][j]有关系，因此可以将原矩阵 grid 用作 dp 矩阵，即直接在 grid 上修改即可。应用此方法可省去 dp 矩阵使用的额外空间，因此空间复杂度从 O(MN) 降至 O(1)
**/
class Solution {
    public int maxValue(int[][] grid) {
        int m = grid.length, n = grid[0].length;
        for(int i = 0; i < m; i++) {
            for(int j = 0; j < n; j++) {
                if(i == 0 && j == 0) continue;
                if(i == 0) grid[i][j] += grid[i][j - 1];
                else if(j == 0) grid[i][j] += grid[i - 1][j];
                else grid[i][j] += Math.max(grid[i][j - 1], grid[i - 1][j]);
            }
        }
        return grid[m - 1][n - 1];
    }
}
//再优化
/**
  以上代码逻辑清晰，和转移方程直接对应，但仍可提升效率：当 grid 矩阵很大时， i = 0 或 j = 0 的情况仅占极少数，相当循环每轮都冗余了一次判断。因此，可先初始化矩阵第一行和第一列，再开始遍历递推。
**/
class Solution {
    public int maxValue(int[][] grid) {
        int m = grid.length, n = grid[0].length;
        for(int j = 1; j < n; j++) // 初始化第一行
            grid[0][j] += grid[0][j - 1];
        for(int i = 1; i < m; i++) // 初始化第一列
            grid[i][0] += grid[i - 1][0];
        for(int i = 1; i < m; i++)
            for(int j = 1; j < n; j++) 
                grid[i][j] += Math.max(grid[i][j - 1], grid[i - 1][j]);
        return grid[m - 1][n - 1];
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(MN) ： M,N 分别为矩阵行高、列宽；动态规划需遍历整个 grid 矩阵，使用 O(MN) 时间。
• 空间复杂度 O(1) ： 原地修改使用常数大小的额外空间。

第 10 天 动态规划（中等）

46. 把数字翻译成字符串

题目

给定一个数字，我们按照如下规则把它翻译为字符串：0 翻译成 “a” ，1 翻译成 “b”，……，11 翻译成 “l”，……，25 翻译成 “z”。一个数字可能有多个翻译。请编程实现一个函数，用来计算一个数字有多少种不同的翻译方法。

示例 1:

输入: 12258
输出: 5
解释: 12258有5种不同的翻译，分别是"bccfi", "bwfi", "bczi", "mcfi"和"mzi"

解答

状态定义：记数字 num 第 i 位数字为 x_i ，数字 num 的位数为 n ；dp[i] 代表以 x_i 为结尾的数字的翻译方案数量。

转移方程：可被翻译的两位数区间：当 x_i−1 = 0 时，组成的两位数是无法被翻译的（例如 00,01,02,⋯ ），因此 x_i−1x_i 的区间为 [10,25] 。

初始状态： dp[0] = dp[1] = 1，即 “无数字” 和 “第 1 位数字” 的翻译方法数量均为 1

Q： 无数字情况 dp[0] = 1 从何而来？
A： 当 num 第 1, 2 位的组成的数字 ∈[10,25] 时，显然应有 2 种翻译方法，即 dp[2] = dp[1] + dp[0] = 2 ，而显然 dp[1] = 1 ，因此推出 dp[0] = 1 。

方法1：字符串遍历

class Solution {
    public int translateNum(int num) {
        String s = String.valueOf(num);
        int []dp = new int[s.length()+1];
        dp[0] = dp[1] = 1;
        for(int i = 2; i <= s.length(); i++){
            String tmp = s.substring(i - 2, i);
            if(tmp.compareTo("10") >= 0 && tmp.compareTo("25") <= 0)
                dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
            else
                dp[i] = dp[i-1];
        }
        return dp[s.length()];
    }
}

//优化
//由于 dp[i]只与 dp[i - 1]和 dp[i - 2]有关，因此可使用变量 a,b,c 分别记录，两变量交替前进即可。此方法可省去 dp 列表使用的 O(N) 的额外空间。
class Solution {
    public int translateNum(int num) {
        String s = String.valueOf(num);
        int a = 1, b = 1;
        for(int i = 2; i <= s.length(); i++) {
            String tmp = s.substring(i - 2, i);
            int c = tmp.compareTo("10") >= 0 && tmp.compareTo("25") <= 0 ? a + b : a;
            b = a;
            a = c;
        }
        return a;
    }
}

方法2：数字求余

上述方法虽然已经节省了 dp 列表的空间占用，但字符串 s 仍使用了 O(N) 大小的额外空间。

复杂度

方法1

• 时间复杂度 O(N) ： N 为字符串 s 的长度（即数字 num 的位数 log⁡(num) ），其决定了循环次数。

• 空间复杂度 O(N)： 字符串 s 和 dp 分别使用 O(N) 大小的额外空间。

方法2

• 时间复杂度 O(N) ： 同方法1
• 空间复杂度 O(1) ： 几个变量使用常数大小的额外空间。

48. 最长不含重复字符的子字符

题目

请从字符串中找出一个最长的不包含重复字符的子字符串，计算该最长子字符串的长度。

示例 1:

输入: “abcabcbb”
输出: 3
解释: 因为无重复字符的最长子串是 “abc”，所以其长度为 3。
示例 2:

输入: “bbbbb”
输出: 1
解释: 因为无重复字符的最长子串是 “b”，所以其长度为 1。
示例 3:

输入: “pwwkew”
输出: 3
解释: 因为无重复字符的最长子串是 “wke”，所以其长度为 3。
请注意，你的答案必须是 子串 的长度，”pwke” 是一个子序列，不是子串。

解答

由于返回值是取 dp 列表最大值，因此可借助变量 tmp 存储 dp[j]，变量 res 每轮更新最大值。此优化可节省 dp 列表使用的 O(N) 大小的额外空间。

方法1：动态规划 + 哈希表

• 哈希表统计： 遍历字符串 s 时，使用哈希表（记为 dic ）统计各字符最后一次出现的索引位置
• 左边界 i 获取方式： 遍历到 s[j] 时，可通过访问哈希表 dic[s[j]] 获取最近的相同字符的索引 i

class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        Map<Character,Integer> dic = new HashMap<>();
        int tmp = 0, res = 0;
        for(int j = 0; j < s.length(); j++){
            int i = dic.getOrDefault(s.charAt(j), -1);// 获取索引 i
            dic.put(s.charAt(j),j);// 更新哈希表
            if(tmp < j - i) tmp = tmp + 1;
            else tmp = j - i;
            res = Math.max(tmp,res);// max(dp[j - 1], dp[j])
        }
        return res;
    }
}

Java 的 getOrDefault(key, default)， 代表当哈希表包含键 key 时返回对应 value ，不包含时返回默认值 default

复杂度

时间复杂度 O(N) ： 其中 N 为字符串长度，动态规划需遍历计算 dp 列表。
空间复杂度 O(1)： 字符的 ASCII 码范围为 00 ~ 127 ，哈希表 dic 最多使用 O(128) = O(1) 大小的额外空间。

第 11 天 双指针（简单）

18. 删除链表的节点

题目

给定单向链表的头指针和一个要删除的节点的值，定义一个函数删除该节点。

返回删除后的链表的头节点。

注意：此题对比原题有改动

示例 1:

输入: head = [4,5,1,9], val = 5
输出: [4,1,9]
解释: 给定你链表中值为 5 的第二个节点，那么在调用了你的函数之后，该链表应变为 4 -> 1 -> 9.

示例 2:

输入: head = [4,5,1,9], val = 1
输出: [4,5,9]
解释: 给定你链表中值为 1 的第三个节点，那么在调用了你的函数之后，该链表应变为 4 -> 5 -> 9.

解答

算法流程：

1. 特例处理： 当应删除头节点 head 时，直接返回 head.next 即可。
2. 初始化： pre = head , cur = head.next 。
3. 定位节点： 当 cur 为空 或 cur 节点值等于 val 时跳出。
   1. 保存当前节点索引，即 pre = cur 。
   2. 遍历下一节点，即 cur = cur.next 。
4. 删除节点： 若 cur 指向待删除节点，则执行 pre.next = cur.next ；若 cur 指向 null，代表链表中不包含值为 val 的节点。
5. 返回值： 返回链表头部节点 head 即可。

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * public class ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode next;
 *     ListNode(int x) { val = x; }
 * }
 */
class Solution {
    public ListNode deleteNode(ListNode head, int val) {
        if(head.val == val) return head.next;
        ListNode pre = head, cur = head.next;
        while(cur != null && cur.val != val){
          pre = cur;
          cur = cur.next;
        }
        if(cur.val == val)
            pre.next = cur.next;
        return head;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N)： N 为链表长度，删除操作平均需循环 N/2 次，最差 N 次。
• 空间复杂度 O(1) ： cur, pre 占用常数大小额外空间。

22. 链表中倒数第k个节点

题目

输入一个链表，输出该链表中倒数第k个节点。为了符合大多数人的习惯，本题从1开始计数，即链表的尾节点是倒数第1个节点。

例如，一个链表有 6 个节点，从头节点开始，它们的值依次是 1、2、3、4、5、6。这个链表的倒数第 3 个节点是值为 4 的节点。

示例：

给定一个链表: 1->2->3->4->5, 和 k = 2.

返回链表 4->5.

解答

第一时间想到的解法：

• 先遍历统计链表长度，记为 n ；
• 设置一个指针走 (n-k)步，即可找到链表倒数第 k 个节点。

使用双指针则可以不用统计链表长度。

算法流程：

1. 初始化： 前指针 former 、后指针 latter ，双指针都指向头节点 head
2. 构建双指针距离： 前指针 former 先向前走 k 步（结束后，双指针 former 和 latter 间相距 k 步）。
3. 双指针共同移动： 循环中，双指针 former 和 latter 每轮都向前走一步，直至 former 走过链表 尾节点 时跳出（跳出后， latter 与尾节点距离为 k−1，即 latter 指向倒数第 k 个节点）。
4. 返回值： 返回 latter 即可。

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * public class ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode next;
 *     ListNode(int x) { val = x; }
 * }
 */
class Solution {
    public ListNode getKthFromEnd(ListNode head, int k) {
      ListNode former = head,latter = head;
      for(int i = 0; i < k; i++){
        former = former.next;
      }
      while(former != null){
        former = former.next;
        latter = latter.next;
      }
      return latter;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： N 为链表长度；总体看， former 走了 N 步， latter 走了 (N−k) 步。
• 空间复杂度 O(1) ： 双指针 former , latter 使用常数大小的额外空间。

第 12 天 双指针（简单）

25. 合并两个排序的链表

题目

输入两个递增排序的链表，合并这两个链表并使新链表中的节点仍然是递增排序的。

示例1：

输入：1->2->4, 1->3->4
输出：1->1->2->3->4->4

解答

算法流程：

1. 初始化： 伪头节点 dum ，节点 cur 指向 dum 。
2. 循环合并： 当 l1 或 l2 为空时跳出；
   1. 当 l1.val < l2.val 时： cur 的后继节点指定为 l1，并且 l1 向前走一步；
   2. 当 l1.val ≥ l2.val 时： cur 的后继节点指定为 l2，并且 l2 向前走一步 ；
   3. 节点 cur 向前走一步，即 cur = cur.next。
3. 合并剩余尾部： 跳出时有两种情况，即 l1 为空 或 l2 为空。
   1. 若 l1 ≠ null ： 将 l1 添加至节点 cur 之后；
   2. 否则： 将 l2 添加至节点 cur 之后。
4. 返回值： 合并链表在伪头节点 dum 之后，因此返回 dum.next 即可。

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * public class ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode next;
 *     ListNode(int x) { val = x; }
 * }
 */
class Solution {
    public ListNode mergeTwoLists(ListNode l1, ListNode l2) {
     ListNode dum = new ListNode(0), cur = dum;
      while(l1 != null && l2 != null){
        if(l1.val < l2.val) {
          cur.next = l1;
          l1 = l1.next;
        }
        else{
           cur.next = l2;
           l2 = l2.next;
        }
        cur = cur.next;
      }
      if(l1 != null) cur.next = l1;
      if(l2 != null) cur.next = l2;
      return dum.next;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(M+N)： M,N 分别为链表 l1,l2 的长度，合并操作需遍历两链表。
• 空间复杂度 O(1) ： 节点引用 dum , cur 使用常数大小的额外空间。

52. 两个链表的第一个公共节点

题目

输入两个链表，找出它们的第一个公共节点。

如下面的两个链表：

在节点 c1 开始相交。

示例 1：

输入：intersectVal = 8, listA = [4,1,8,4,5], listB = [5,0,1,8,4,5], skipA = 2, skipB = 3
输出：Reference of the node with value = 8
输入解释：相交节点的值为 8 （注意，如果两个列表相交则不能为 0）。从各自的表头开始算起，链表 A 为 [4,1,8,4,5]，链表 B 为 [5,0,1,8,4,5]。在 A 中，相交节点前有 2 个节点；在 B 中，相交节点前有 3 个节点。

示例 2：

输入：intersectVal = 2, listA = [0,9,1,2,4], listB = [3,2,4], skipA = 3, skipB = 1
输出：Reference of the node with value = 2
输入解释：相交节点的值为 2 （注意，如果两个列表相交则不能为 0）。从各自的表头开始算起，链表 A 为 [0,9,1,2,4]，链表 B 为 [3,2,4]。在 A 中，相交节点前有 3 个节点；在 B 中，相交节点前有 1 个节点。

示例 3：

输入：intersectVal = 0, listA = [2,6,4], listB = [1,5], skipA = 3, skipB = 2
输出：null
输入解释：从各自的表头开始算起，链表 A 为 [2,6,4]，链表 B 为 [1,5]。由于这两个链表不相交，所以 intersectVal 必须为 0，而 skipA 和 skipB 可以是任意值。
解释：这两个链表不相交，因此返回 null。

解答

设「第一个公共节点」为 node ，「链表 headA」的节点数量为 a ，「链表 headB」的节点数量为 b ，「两链表的公共尾部」的节点数量为 c ，则有：

• 头节点 headA 到 node 前，共有 a−c 个节点；
• 头节点 headB 到 node 前，共有 b−c 个节点；

考虑构建两个节点指针 A , B 分别指向两链表头节点 headA , headB ，做如下操作：

• 指针 A 先遍历完链表 headA ，再开始遍历链表 headB ，当走到 node 时，共走步数为：a+(b−c)

• 指针 B 先遍历完链表 headB ，再开始遍历链表 headA ，当走到 node 时，共走步数为：b+(a−c)

a+(b−c) = b+(a−c)，此时指针 A , B 重合 ，并有两种情况：

1. 若两链表 有 公共尾部 (即 c>0 ) ：指针 A , B 同时指向「第一个公共节点」node 。
2. 若两链表 无 公共尾部 (即 c=0) ：指针 A , B 同时指向 null 。

因此返回 A 即可。

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * public class ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode next;
 *     ListNode(int x) {
 *         val = x;
 *         next = null;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
        ListNode A = headA, B = headB;
        while(A != B){
          if(A != null) A = A.next;
          else A = headB;
          if(B != null) B = B.next;
          else B = headA;
        } 
        return A;
    }
}

//简化代码
class Solution {
    ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
        ListNode A = headA, B = headB;
        while(A != B){
          A = A != null ? A.next : headB;
          B = B != null ? B.next : headA;
        } 
        return A;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(a+b)： 最差情况下（即 ∣a−b∣=1 , c=0 ），此时需遍历 a+b 个节点。
• 空间复杂度 O(1)： 节点指针 A , B 使用常数大小的额外空间。

第 13 天 双指针（简单）

21. 调整数组顺序使奇数位于偶

题目

输入一个整数数组，实现一个函数来调整该数组中数字的顺序，使得所有奇数在数组的前半部分，所有偶数在数组的后半部分。

示例：

输入：nums = [1,2,3,4]
输出：[1,3,2,4] 
注：[3,1,2,4] 也是正确的答案之一。

解答

算法流程：

1. 初始化： i , j 双指针，分别指向数组 nums 左右两端；
2. 循环交换： 当 i = j 时跳出；
   1. 指针 i 遇到奇数则执行 i = i+1 跳过，直到找到偶数；
   2. 指针 j 遇到偶数则执行 j = j−1 跳过，直到找到奇数；
   3. 交换 nums[i] 和 nums[j] 值；
3. 返回值： 返回已修改的 nums 数组。

位运算判断奇偶性

  “**1**”的二进制 表示形式为 00000001
所以：任何整数 & 1

• 结果为 1 ，则为奇数
• 结果为 0 ，则为偶数

class Solution {
    public int[] exchange(int[] nums) {
      int i = 0, j = nums.length - 1, tmp;
      while(i < j){
        if(nums[i] % 2 != 0){
           i++;
        }
        if(nums[j] % 2 == 0){
            j--;
        }
        if(i < j){
          tmp = nums[i];
          nums[i] = nums[j];
          nums[j] = tmp; 
        }
      }
      return nums;
    }
}

//优化
class Solution {
    public int[] exchange(int[] nums) {
        int i = 0, j = nums.length - 1, tmp;
        while(i < j) {
            while(i < j && (nums[i] & 1) == 1) i++;
            while(i < j && (nums[j] & 1) == 0) j--;
            tmp = nums[i];
            nums[i] = nums[j];
            nums[j] = tmp;
        }
        return nums;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： NNN 为数组 nums 长度，双指针 i, j 共同遍历整个数组。
• 空间复杂度 O(1) ： 双指针 i, j 使用常数大小的额外空间。

57. 和为s的两个数字

题目

输入一个递增排序的数组和一个数字s，在数组中查找两个数，使得它们的和正好是s。如果有多对数字的和等于s，则输出任意一对即可。

示例 1：

输入：nums = [2,7,11,15], target = 9
输出：[2,7] 或者 [7,2]

示例 2：

输入：nums = [10,26,30,31,47,60], target = 40
输出：[10,30] 或者 [30,10]

解答

算法流程：

1. 初始化： 双指针 i , j 分别指向数组 nums 的左右两端 （俗称对撞双指针）。
2. 循环搜索： 当双指针相遇时跳出；
   1. 计算和 sum = nums[i]+nums[j]；
   2. 若 sum > target，则指针 j 向左移动，即执行 j=j−1 ；
   3. 若 sum < target ，则指针 i 向右移动，即执行 i=i+1 ；
   4. 若 sum = target ，立即返回数组 [nums[i],nums[j]] ；
3. 返回空数组，代表无和为 target 的数字组合。

class Solution {
    public int[] twoSum(int[] nums, int target) {
      int i = 0, j = nums.length -1;
      while(i < j){
        int sum = nums[i] + nums[j];
        if(sum > target) j--;
        else if(sum < target) i++;
        else return new int[]{nums[i],nums[j]};
      }
      return null;
      //return new int[0];
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： N 为数组 nums 的长度；双指针共同线性遍历整个数组。
• 空间复杂度 O(1) ： 变量 i, j 使用常数大小的额外空间。

58 - I. 翻转单词顺序

题目

输入一个英文句子，翻转句子中单词的顺序，但单词内字符的顺序不变。为简单起见，标点符号和普通字母一样处理。例如输入字符串”I am a student. “，则输出”student. a am I”。

示例 1：

输入: "the sky is blue"
输出: "blue is sky the"

示例 2：

输入: "  hello world!  "
输出: "world! hello"
解释: 输入字符串可以在前面或者后面包含多余的空格，但是反转后的字符不能包括。

示例 3：

输入: "a good   example"
输出: "example good a"
解释: 如果两个单词间有多余的空格，将反转后单词间的空格减少到只含一个。

解答

方法1：调用API

1. 使用 split 将字符串按空格分割成字符串数组；
2. 使用 reverse 将字符串数组进行反转；
3. 使用 join 方法将字符串数组拼成一个字符串。

class Solution {
    public String reverseWords(String s) {
        // 除去开头和末尾的空白字符
        s = s.trim();
        // 正则匹配连续的空白字符作为分隔符分割
        List<String> wordList = Arrays.asList(s.split("\\s+"));
        Collections.reverse(wordList);
        return String.join(" ", wordList);
    }
}

• Arrays.asList 将数组转化成List集合
• Collections.reverse 反转列表元素
• String.join 用给定的定界符连接数组或列表中所有元素
• “\s+”则表示匹配任意多个空白字符。另因为反斜杠在Java里是转义字符，所以在Java里，我们要这么用“\\s+”

方法2：双指针

算法解析：

• 倒序遍历字符串 s ，记录单词左右索引边界 i , j ；
• 每确定一个单词的边界，则将其添加至单词列表 res ；
• 最终，将单词列表拼接为字符串，并返回即可。

class Solution {
    public String reverseWords(String s) {
        s = s.trim(); // 删除首尾空格
        int j = s.length() - 1, i = j;
        StringBuilder res = new StringBuilder();
        while(i >= 0) {
            while(i >= 0 && s.charAt(i) != ' ') i--; // 搜索首个空格
            res.append(s.substring(i + 1, j + 1) + " "); // 添加单词
            while(i >= 0 && s.charAt(i) == ' ') i--; // 跳过单词间空格
            j = i; // j 指向下个单词的尾字符
        }
        return res.toString().trim(); // 转化为字符串，删除尾部空格，并返回
    }
}

复杂度

方法1

• **时间复杂度O(N)**：其中 N 为字符串 s 的长度。
• **空间复杂度O(N)**：用来存储字符串分割之后的结果。

方法2

• 时间复杂度 O(N)： 其中 N 为字符串 s 的长度，线性遍历字符串。
• 空间复杂度 O(N) ： 新建的 StringBuilder(Java) 中的字符串总长度 ≤N，占用 O(N) 大小的额外空间。

第 14 天 搜索与回溯算法（中等）

12. 矩阵中的路径

题目

给定一个 m x n 二维字符网格 board 和一个字符串单词 word 。如果 word 存在于网格中，返回 true ；否则，返回 false 。

单词必须按照字母顺序，通过相邻的单元格内的字母构成，其中“相邻”单元格是那些水平相邻或垂直相邻的单元格。同一个单元格内的字母不允许被重复使用。

例如，在下面的 3×4 的矩阵中包含单词 “ABCCED”（单词中的字母已标出）。

示例 1：

输入：board = [["A","B","C","E"],["S","F","C","S"],["A","D","E","E"]], word = "ABCCED"
输出：true

示例 2：

输入：board = [["a","b"],["c","d"]], word = "abcd"
输出：false

解答

DFS 解析：

• 递归参数： 当前元素在矩阵 board 中的行列索引 i 和 j ，当前目标字符在 word 中的索引 k
• 终止条件：
  1. 返回 false ： (1) 行或列索引越界 或 (2) 当前矩阵元素与目标字符不同 或 (3) 当前矩阵元素已访问过 （ (3) 可合并至 (2) ） 。
  2. 返回 true ： k = len(word) - 1 ，即字符串 word 已全部匹配。
• 递推工作：
  1. 标记当前矩阵元素： 将 board[i][j] 修改为 空字符 '' ，代表此元素已访问过，防止之后搜索时重复访问。
  2. 搜索下一单元格： 朝当前元素的 上、下、左、右 四个方向开启下层递归，使用 或 连接 （代表只需找到一条可行路径就直接返回，不再做后续 DFS ），并记录结果至 res 。
  3. 还原当前矩阵元素： 将 board[i][j] 元素还原至初始值，即 word[k] 。
• 返回值： 返回布尔量 res ，代表是否搜索到目标字符串

class Solution {
    public boolean exist(char[][] board, String word) {
        char[] words = word.toCharArray();
        for(int i = 0; i < board.length; i++) {
            for(int j = 0; j < board[0].length; j++) {
                if(dfs(board, words, i, j, 0)) return true;
            }
        }
        return false;
    }
    boolean dfs(char[][] board, char[] word, int i, int j, int k) {
        if(i >= board.length || i < 0 || j >= board[0].length || j < 0 || board[i][j] != word[k]) return false;
        if(k == word.length - 1) return true;
        board[i][j] = '\0';
        boolean res = dfs(board, word, i + 1, j, k + 1) || dfs(board, word, i - 1, j, k + 1) || 
                      dfs(board, word, i, j + 1, k + 1) || dfs(board, word, i , j - 1, k + 1);
        board[i][j] = word[k];
        return res;
    }
}

复杂度

M,N 分别为矩阵行列大小， K 为字符串 word 长度。

• 时间复杂度 O(3^KMN)： 最差情况下，需要遍历矩阵中长度为 K 字符串的所有方案，时间复杂度为 O(3^K)；矩阵中共有 MN 个起点，时间复杂度为 O(MN) 。
  • 方案数计算： 设字符串长度为 K ，搜索中每个字符有上、下、左、右四个方向可以选择，舍弃回头（上个字符）的方向，剩下 3 种选择，因此方案数的复杂度为 O(3^K) 。
• 空间复杂度 O(K) ： 搜索过程中的递归深度不超过 K ，因此系统因函数调用累计使用的栈空间占用 O(K) （因为函数返回后，系统调用的栈空间会释放）。最坏情况下 K=MN，递归深度为 MN ，此时系统栈使用 O(MN) 的额外空间。

13. 机器人的运动范围

题目

地上有一个m行n列的方格，从坐标 [0,0] 到坐标 [m-1,n-1] 。一个机器人从坐标 [0, 0] 的格子开始移动，它每次可以向左、右、上、下移动一格（不能移动到方格外），也不能进入行坐标和列坐标的数位之和大于k的格子。例如，当k为18时，机器人能够进入方格 [35, 37] ，因为3+5+3+7=18。但它不能进入方格 [35, 38]，因为3+5+3+8=19。请问该机器人能够到达多少个格子？

示例 1：

输入：m = 2, n = 3, k = 1
输出：3

示例 2：

输入：m = 3, n = 1, k = 0
输出：1

解答

class Solution {
    public int movingCount(int m, int n, int k) {
        // 记录位置是否被遍历过
        boolean[][] visited = new boolean[m][n];
        return dfs(visited, m, n, 0, 0, k);
    }

    private int dfs(boolean[][] visited, int m, int n, int i, int j, int k) {
        // i >= m || j >= n是边界条件的判断
        if (i >= m || j >= n
                // visited[i][j]判断这个格子是否被访问过
                || visited[i][j] == true
                // 判断当前格子坐标是否满足条件
                || bitSum(i) + bitSum(j) > k) {
            return 0;
        }
        // 标注这个格子被访问过
        visited[i][j] = true;
        // 沿着当前格子的右边和下边继续访问
        //代表从本单元格递归搜索的可达解总数。
        return 1 + dfs(visited, m, n, i + 1, j, k) + dfs(visited, m, n, i, j + 1, k);
    }
    // 计算数位和
    private int bitSum(int x) {
        int sum = 0;
        while(x > 0) {
            sum += x % 10;
            x /= 10; 
        }
        return sum;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(MN) ： 最差情况下，机器人遍历矩阵所有单元格，此时时间复杂度为 O(MN) 。
• 空间复杂度 O(MN)： 最差情况下， visited 内存储矩阵所有单元格的索引，使用 O(MN) 的额外空间。

第 15 天 搜索与回溯算法（中等）

34. 二叉树中和为某一值的路径

题目

给你二叉树的根节点 root 和一个整数目标和 targetSum ，找出所有 从根节点到叶子节点路径总和等于给定目标和的路径。

叶子节点 是指没有子节点的节点。

示例 1：

输入：root = [5,4,8,11,null,13,4,7,2,null,null,5,1], targetSum = 22
输出：[[5,4,11,2],[5,8,4,5]]

示例 2：

输入：root = [1,2,3], targetSum = 5
输出：[]

示例 3：

输入：root = [1,2], targetSum = 0
输出：[]

解答

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * public class TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode left;
 *     TreeNode right;
 *     TreeNode() {}
 *     TreeNode(int val) { this.val = val; }
 *     TreeNode(int val, TreeNode left, TreeNode right) {
 *         this.val = val;
 *         this.left = left;
 *         this.right = right;
 *     }
 * }
 */
class Solution {
    LinkedList<Integer> path = new LinkedList<>();
      LinkedList<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
    public List<List<Integer>> pathSum(TreeNode root, int target) {
        dfs(root, target);
          return res;
      
    }
    private void dfs(TreeNode root, int target){
      if(root == null) return;
      path.add(root.val);
      target -= root.val;
      if(target == 0 && root.left == null && root.right == null)
             // 细节：为什么我要通过构造方法传入path，不能直接res.add(path)
            //因为直接加入，加入的是引用(指向的堆中数据会变化)，需要克隆一份加入
         res.add(new LinkedList(path));
      dfs(root.left, target);
      dfs(root.right, target);
      path.removeLast();// 将本次搜索结果移除，方便其他搜索使用path变量
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： N 为二叉树的节点数，先序遍历需要遍历所有节点。
• 空间复杂度 O(N) ： 最差情况下，即树退化为链表时，path 存储所有树节点，使用 O(N) 额外空间。

36. 二叉搜索树与双向链表

题目

输入一棵二叉搜索树，将该二叉搜索树转换成一个排序的循环双向链表。要求不能创建任何新的节点，只能调整树中节点指针的指向。

为了让您更好地理解问题，以下面的二叉搜索树为例：

我们希望将这个二叉搜索树转化为双向循环链表。链表中的每个节点都有一个前驱和后继指针。对于双向循环链表，第一个节点的前驱是最后一个节点，最后一个节点的后继是第一个节点。

下图展示了上面的二叉搜索树转化成的链表。“head” 表示指向链表中有最小元素的节点。

特别地，我们希望可以就地完成转换操作。当转化完成以后，树中节点的左指针需要指向前驱，树中节点的右指针需要指向后继。还需要返回链表中的第一个节点的指针。

解答

将二叉搜索树转换成一个 “排序的循环双向链表” ，其中包含三个要素：

1. 排序链表： 二叉搜索树的中序遍历为 递增序列 。
2. 双向链表： 在构建相邻节点的引用关系时，设前驱节点 pre 和当前节点 cur ，不仅应构建 pre.right = cur ，也应构建 cur.left = pre 。
3. 循环链表： 设链表头节点 head 和尾节点 tail ，则应构建 head.left = tail 和 tail.right = head 。

class Solution {
    Node pre, head;
    public Node treeToDoublyList(Node root) {
        if(root == null) return null;
        dfs(root);
        head.left = pre;
        pre.right = head;
        return head;
    }
    void dfs(Node cur){
      if(cur == null) return;
      dfs(cur.left);
      if(pre != null)
        pre.right = cur;
      else
        head = cur;
      cur.left = pre;
      pre = cur;
      dfs(cur.right);
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： N 为二叉树的节点数，中序遍历需要访问所有节点。
• 空间复杂度 O(N) ： 最差情况下，即树退化为链表时，递归深度达到 N，系统使用 O(N) 栈空间。

54.二叉搜索树的第k大节点

题目

给定一棵二叉搜索树，请找出其中第 k 大的节点的值。

示例 1:

输入: root = [3,1,4,null,2], k = 1
  3
 / \
1   4
 \
  2
输出: 4

示例 2:

输入: root = [5,3,6,2,4,null,null,1], k = 3
      5
     / \
    3   6
   / \
  2   4
 /
1
输出: 4

解答

class Solution {
    int count=0, res=0;//形参k不能随着dfs的迭代而不断变化，为了记录迭代进程和结果，引入类变量count和res。
    public int kthLargest(TreeNode root, int k) {
        this.count=k;//利用形参值k对类变量count进行初始化
        dfs(root);//这里不要引入形参k，dfs中直接使用的是初始值为k的类变量count
        return res;            
    }
    public void dfs(TreeNode root){ //中序遍历的倒序
        if(root==null||count==0) return;//当root为空或者已经找到了res时，直接返回
        dfs(root.right);
        if(--count==0){//先--，再判断
            res = root.val;
            return;//这里的return可以避免之后的无效迭代dfs(root.left);
        }
        dfs(root.left);  
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N)： 当树退化为链表时（全部为右子节点），无论 k 的值大小，递归深度都为 N ，占用 O(N) 时间。
• 空间复杂度 O(N)： 当树退化为链表时（全部为右子节点），系统使用 O(N) 大小的栈空间。

第 16 天 排序（简单）

45.把数组排成最小的数

题目

输入一个非负整数数组，把数组里所有数字拼接起来排成一个数，打印能拼接出的所有数字中最小的一个。

示例 1:

输入: [10,2]
输出: "102"

示例 2:

输入: [3,30,34,5,9]
输出: "3033459"

解答

设数组 nums 中任意两数字的字符串为 x 和 y ，则规定 排序判断规则 为：

• 若拼接字符串 xy > yx ，则 x 应在 y 右边 ；
• 反之，若 xy < yx，则 x 应在 y 左边 ；

class Solution {
    public String minNumber(int[] nums) {
      String[] strs = new String[nums.length];
      for(int i = 0; i < nums.length; i++){
        strs[i] = String.valueOf(nums[i]);
      }
      Arrays.sort(strs, (x, y) -> (x + y).compareTo(y + x));
      StringBuilder res = new StringBuilder();
      for(String s : strs){
        res.append(s);
      }
      return res.toString();
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(Nlog⁡N) ：N 为最终返回值的字符数量；使用内置函数 Arrays.sort 的平均时间复杂度为 O(Nlog⁡N)，最差为 O(N²)。
• 空间复杂度 O(N) ： 字符串列表 strs 占用线性大小的额外空间。

61. 扑克牌中的顺子

题目

从若干副扑克牌中随机抽 5 张牌，判断是不是一个顺子，即这5张牌是不是连续的。2～10为数字本身，A为1，J为11，Q为12，K为13，而大、小王为 0 ，可以看成任意数字。A 不能视为 14。

示例 1:

输入: [1,2,3,4,5]
输出: True

示例 2:

输入: [0,0,1,2,5]
输出: True

解答

• 遍历五张牌，遇到大小王（即 0 ）直接跳过。
• 判别重复： 利用 Set 实现遍历判重， Set 的查找方法的时间复杂度为 O(1) ；
• 获取最大 / 最小的牌： 借助辅助变量 max 和 min ，遍历统计即可。

class Solution {
    public boolean isStraight(int[] nums) {
      Set<Integer> set = new HashSet<>();
      int max = 0, min = 14;
      for(int num : nums){
        if(num == 0) continue; // 跳过大小王
        max = Math.max(max,num);// 最大牌
        min = Math.min(min,num);// 最小牌
        if(set.contains(num)) return false; // 若有重复，提前返回 false
        set.add(num);// 添加此牌至 Set
      }
      return max - min < 5;// 最大牌 - 最小牌 < 5 则可构成顺子
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N)=O(5)=O(1)： 其中 N 为 nums 长度，本题中 N≡5 ；遍历数组使用 O(N) 时间。
• 空间复杂度 O(N)=O(5)=O(1) ： 用于判重的辅助 Set 使用 O(N) 额外空间。

第 17 天 排序（中等）

40. 最小的k个数

题目

输入整数数组 arr ，找出其中最小的 k 个数。例如，输入4、5、1、6、2、7、3、8这8个数字，则最小的4个数字是1、2、3、4。

示例 1：

输入：arr = [3,2,1], k = 2
输出：[1,2] 或者 [2,1]

示例 2：

输入：arr = [0,1,2,1], k = 1
输出：[0]

解答

class Solution {
    public int[] getLeastNumbers(int[] arr, int k) {
      int[] res = new int[k];
      Arrays.sort(arr);
      for(int i = 0; i < k; i++){
        res[i] = arr[i];
      }
      return res;
    }
}

class Solution {
    public int[] getLeastNumbers(int[] arr, int k) {
        Arrays.sort(arr);
        return Arrays.copyOf(arr, k);
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(Nlog⁡N) ：N 为数组长度；使用内置函数 Arrays.sort 的平均时间复杂度为 O(Nlog⁡N)，最差为 O(N²)。
• 空间复杂度 O(N) ： 数组占用线性大小的额外空间。

41. 数据流中的中位数

题目

如何得到一个数据流中的中位数？如果从数据流中读出奇数个数值，那么中位数就是所有数值排序之后位于中间的数值。如果从数据流中读出偶数个数值，那么中位数就是所有数值排序之后中间两个数的平均值。

例如，

[2,3,4] 的中位数是 3

[2,3] 的中位数是 (2 + 3) / 2 = 2.5

设计一个支持以下两种操作的数据结构：

• void addNum(int num) - 从数据流中添加一个整数到数据结构中。
• double findMedian() - 返回目前所有元素的中位数。

示例 1：

输入：
["MedianFinder","addNum","addNum","findMedian","addNum","findMedian"]
[[],[1],[2],[],[3],[]]
输出：[null,null,null,1.50000,null,2.00000]

示例 2：

输入：
["MedianFinder","addNum","findMedian","addNum","findMedian"]
[[],[2],[],[3],[]]
输出：[null,null,2.00000,null,2.50000]

解答

class MedianFinder {
    Queue<Integer> A, B;
    public MedianFinder() {
        A = new PriorityQueue<>(); // 小顶堆，保存较大的一半
        B = new PriorityQueue<>((x, y) -> (y - x)); // 大顶堆，保存较小的一半
    }
    public void addNum(int num) {
        if(A.size() != B.size()) {
            A.add(num);
            B.add(A.poll());
        } else {
            B.add(num);
            A.add(B.poll());
        }
    }
    public double findMedian() {
        return A.size() != B.size() ? A.peek() : (A.peek() + B.peek()) / 2.0;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度：
  • 查找中位数 O(1) ： 获取堆顶元素使用 O(1)时间；
  • 添加数字 O(log⁡N)： 堆的插入和弹出操作使用 O(log⁡N) 时间。
• 空间复杂度 O(N) ： 其中 N 为数据流中的元素数量，小顶堆 A 和大顶堆 B 最多同时保存 N 个元素。

第 18 天 搜索与回溯算法（中等）

55 - I. 二叉树的深度

题目

输入一棵二叉树的根节点，求该树的深度。从根节点到叶节点依次经过的节点（含根、叶节点）形成树的一条路径，最长路径的长度为树的深度。

例如：

给定二叉树 [3,9,20,null,null,15,7]，

   3
  / \
 9  20
   /  \
  15   7

返回它的最大深度 3 。

解答

class Solution {
    public int maxDepth(TreeNode root) {
        if(root == null) return 0;
        return Math.max(maxDepth(root.left), maxDepth(root.right)) + 1;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： N 为树的节点数量，计算树的深度需要遍历所有节点。
• 空间复杂度 O(N)： 最差情况下（当树退化为链表时），递归深度可达到 N 。

55 - II. 平衡二叉树

题目

输入一棵二叉树的根节点，判断该树是不是平衡二叉树。如果某二叉树中任意节点的左右子树的深度相差不超过1，那么它就是一棵平衡二叉树。

示例 1:

给定二叉树 [3,9,20,null,null,15,7]

  3
 / \
9  20
  /  \
 15   7

返回 true 。

示例 2:

给定二叉树 [1,2,2,3,3,null,null,4,4]

     1
    / \
   2   2
  / \
 3   3
/ \

4 4
返回 false 。

解答

class Solution {
    public boolean isBalanced(TreeNode root) {
        if (root == null) return true;
        return Math.abs(depth(root.left) - depth(root.right)) <= 1 && isBalanced(root.left) && isBalanced(root.right);
    }

    private int depth(TreeNode root) {
        if (root == null) return 0;
        return Math.max(depth(root.left), depth(root.right)) + 1;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(NlogN)：最差情况下（为 “满二叉树” 时），满二叉树高度的复杂度 O(logN)，各层执行 depth(root) 的时间复杂度为 O(N)，总体时间复杂度 == 每层执行复杂度 × 层数复杂度 = O(N×logN) 。

• 空间复杂度 O(N)： 最差情况下（树退化为链表时），系统递归需要使用 O(N) 的栈空间。

第 19 天 搜索与回溯算法（中等）

64. 求1+2+…+n

题目

求 1+2+…+n ，要求不能使用乘除法、for、while、if、else、switch、case等关键字及条件判断语句（A?B:C）。

示例 1：

输入: n = 3
输出: 6

示例 2：

输入: n = 9
输出: 45

解答

1+2+…+(n−1)+n 的计算方法主要有三种：平均计算、迭代、递归。

• 平均计算：(1 + n) * n / 2；此计算必须使用 乘除法 ，因此本方法不可取，直接排除。

public int sumNums(int n) {
    return (1 + n) * n / 2;
}

• 迭代：循环必须使用 while 或 for，因此本方法不可取，直接排除。

public int sumNums(int n) {
    int res = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        res += i;
    return res;
}

• 递归：终止条件需要使用 if ，因此本方法不可取。

public int sumNums(int n) {
    if(n == 0) return 0;
    n += sumNums(n - 1);
    return n;
}

• 正确解答：使用逻辑运算符的短路效应来终止递归

常见的逻辑运算符有三种，即 “与 && ”，“或 || ”，“非 ! ” ；而其有重要的短路效应

if(A && B)  // 若 A 为 false ，则 B 的判断不会执行（即短路），直接判定 A && B 为 false

if(A || B) // 若 A 为 true ，则 B 的判断不会执行（即短路），直接判定 A || B 为 true

本题需要实现 “当 n=1 时终止递归” 的需求，可通过短路效应实现。

n > 0 && n += sumNums(n - 1) // 当 n = 0 时 n > 0 不成立 ，此时 “短路” ，终止后续递归

class Solution {
    public int sumNums(int n) {
        boolean flag = n > 0 && (n += sumNums(n - 1)) > 0;
        return n;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(n) ： 计算 n+(n−1)+…+2+1 需要开启 n 个递归函数。
• 空间复杂度 O(n) ： 递归深度达到 n ，系统使用 O(n) 大小的额外空间。

68 - I. 二叉搜索树的最近公共祖先

题目

给定一个二叉搜索树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。

百度百科中最近公共祖先的定义为：“对于有根树 T 的两个结点 p、q，最近公共祖先表示为一个结点 x，满足 x 是 p、q 的祖先且 x 的深度尽可能大（一个节点也可以是它自己的祖先）。”

例如，给定如下二叉搜索树: root = [6,2,8,0,4,7,9,null,null,3,5]

示例 1:

输入: root = [6,2,8,0,4,7,9,null,null,3,5], p = 2, q = 8
输出: 6 
解释: 节点 2 和节点 8 的最近公共祖先是 6。

示例 2:

输入: root = [6,2,8,0,4,7,9,null,null,3,5], p = 2, q = 4
输出: 2
解释: 节点 2 和节点 4 的最近公共祖先是 2, 因为根据定义最近公共祖先节点可以为节点本身。

解答

方法1：迭代

最近公共祖先的定义： 设节点 root 为节点 p,q 的某公共祖先，若其左子节点 root.left 和右子节点 root.right 都不是 p,q 的公共祖先，则称 root 是 “最近的公共祖先” 。

• 循环搜索： 当节点 root 为空时跳出；
  1. 当 p,q 都在 root 的 右子树 中，则遍历至 root.right ；
  2. 否则，当 p,q 都在 root 的 左子树 中，则遍历至 root.left ；
  3. 否则，说明找到了 最近公共祖先 ，跳出。
• 返回值： 最近公共祖先 root 。

本题给定了两个重要条件：① 树为 二叉搜索树 ，② 树的所有节点的值都是 唯一 的。根据以上条件，可方便地判断 p,q 与 root 的子树关系，即：

• 若 root.val<p.val ，则 p 在 root 右子树 中；
• 若 root.val>p.val ，则 p 在 root 左子树 中；
• 若 root.val=p.val ，则 p 和 root 指向 同一节点

class Solution {
    public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
        while(root != null) {
            if(root.val < p.val && root.val < q.val) // p,q 都在 root 的右子树中
                root = root.right; // 遍历至右子节点
            else if(root.val > p.val && root.val > q.val) // p,q 都在 root 的左子树中
                root = root.left; // 遍历至左子节点
            else break;
        }
        return root;
    }
}

方法2：递归

class Solution {
    public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
        if(root.val < p.val && root.val < q.val)
            return lowestCommonAncestor(root.right, p, q);
        if(root.val > p.val && root.val > q.val)
            return lowestCommonAncestor(root.left, p, q);
        return root;
    }
}

复杂度

方法1

• 时间复杂度 O(N)： 其中 N 为二叉树节点数；每循环一轮排除一层，二叉搜索树的层数最小为 log⁡N （满二叉树），最大为 N （退化为链表）。
• 空间复杂度 O(1)： 使用常数大小的额外空间。

方法2

• 时间复杂度 O(N)： 其中 N 为二叉树节点数；每循环一轮排除一层，二叉搜索树的层数最小为 log⁡N （满二叉树），最大为 N （退化为链表）。
• 空间复杂度 O(N)： 最差情况下，即树退化为链表时，递归深度达到树的层数 N 。

68 - II. 二叉树的最近公共祖先

题目

给定一个二叉树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。

百度百科中最近公共祖先的定义为：“对于有根树 T 的两个结点 p、q，最近公共祖先表示为一个结点 x，满足 x 是 p、q 的祖先且 x 的深度尽可能大（一个节点也可以是它自己的祖先）。”

例如，给定如下二叉树: root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4]

示例 1:

输入: root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 1
输出: 3
解释: 节点 5 和节点 1 的最近公共祖先是节点 3。

示例 2:

输入: root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 4
输出: 5
解释: 节点 5 和节点 4 的最近公共祖先是节点 5。因为根据定义最近公共祖先节点可以为节点本身。

解答

复杂度

第 20 天 分治算法（中等）

07. 重建二叉树

题目

输入某二叉树的前序遍历和中序遍历的结果，请构建该二叉树并返回其根节点。

假设输入的前序遍历和中序遍历的结果中都不含重复的数字。

示例 1:

Input: preorder = [3,9,20,15,7], inorder = [9,3,15,20,7]
Output: [3,9,20,null,null,15,7]

示例 2:

Input: preorder = [-1], inorder = [-1]
Output: [-1]

解答

前序遍历性质： 节点按照 [ 根节点 | 左子树 | 右子树 ] 排序。
中序遍历性质： 节点按照 [ 左子树 | 根节点 | 右子树 ] 排序。

递推参数： 根节点在前序遍历的索引 pre_root 、子树在中序遍历的左边界 in_left 、子树在中序遍历的右边界 in_right ；根节点在中序遍历 inorder 中的索引 i

	根节点索引	中序遍历左边界	中序遍历右边界
左子树	pre_root + 1	in_left	i - 1
右子树	pre_root + i - in_left + 1	i + 1	in_right

TIPS： pre_root + i - in_left + 1含义为 根节点索引 + 左子树长度 + 1

class Solution {
    int[] preorder;//保留的先序遍历，方便递归时依据索引查看先序遍历的值
    HashMap<Integer, Integer> dic = new HashMap<>();//存储中序遍历的值与索引
    public TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {
        this.preorder = preorder;
        //将中序遍历的值及索引放在map中，方便递归时获取左子树与右子树的数量及其根的索引
        for(int i = 0; i < inorder.length; i++)
            dic.put(inorder[i], i);
        return recur(0, 0, inorder.length - 1);//recur(当前根的的索引,子树左边界,子树右边界)
    }
    TreeNode recur(int pre_root, int in_left, int in_right) {
        if(in_left > in_right) return null;                        // 递归终止
        TreeNode root = new TreeNode(preorder[pre_root]);          // 建立根节点
        int i = dic.get(preorder[pre_root]);                       // 划分根节点、左子树、右子树
        //左子树的根的索引为先序中的根节点+1 
        //左子树的左边界为原来的中序in_left
        //左子树的右边界为中序中的根节点索引-1
        root.left = recur(pre_root + 1, in_left, i - 1);           // 开启左子树递归
        //右子树的根的索引为先序中的当前根位置 + 左子树的长度 + 1
        //右子树的左边界为中序中当前根节点+1
        //右子树的右边界为中序中原来右子树的边界
        root.right = recur(pre_root + i - in_left + 1, i + 1, in_right); // 开启右子树递归
        return root;                                           // 回溯返回根节点
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： 其中 N 为树的节点数量。初始化 HashMap 需遍历 inorder ，占用 O(N)。递归共建立 N 个节点，每层递归中的节点建立、搜索操作占用 O(1)，因此使用 O(N)时间。
• 空间复杂度 O(N) ： HashMap 使用 O(N) 额外空间；最差情况下（输入二叉树为链表时），递归深度达到 N ，占用 O(N) 的栈帧空间；因此总共使用 O(N) 空间。

16. 数值的整数次方

题目

实现 pow(x, n) ，即计算 x 的 n 次幂函数（即，xⁿ）。不得使用库函数，同时不需要考虑大数问题。

示例 1：

输入：x = 2.00000, n = 10
输出：1024.00000

示例 2：

输入：x = 2.10000, n = 3
输出：9.26100

示例 3：

输入：x = 2.00000, n = -2
输出：0.25000
解释：2-2 = 1/22 = 1/4 = 0.25

解答

• 对于任何十进制正整数 n ，设其二进制为 “b_m…b₃b₂b₁“
• n = 1b₁ + 2b₂ + 4b₃ + … + 2^m−1b_m
• xⁿ = x^{1b₁ + 2b₂ + 4b3 + … + 2m−1b_m} = x^1b₁x^2b₂x^4b3…x^2m−1b_m

根据以上推导，可把计算 xⁿ 转化为解决以下两个问题：

• 计算 x¹,x²,x⁴,…,x^2m−1的值： 循环赋值操作 x = x² 即可；
• 获取二进制各位 b₁,b₂,b₃,…,b_m 的值： 循环执行以下操作即可。
  1. n&1 （与操作）： 判断 n 二进制最右一位是否为 1 ；
  2. n>>1 （移位操作）： n 右移一位（可理解为删除最后一位）。

Java 代码中 int32 变量 n∈[−2147483648,2147483647]，因此当 n=−2147483648 时执行 n = −n 会因越界而赋值出错。解决方法是先将 n 存入 long 变量 b ，后面用 b 操作即可。

class Solution {
    public double myPow(double x, int n) {
        if(x == 0) return 0;
        long b = n;
        double res = 1.0;
        if(b < 0) {
            x = 1 / x;
            b = -b;
        }
        while(b > 0) {
            if((b & 1) == 1) res *= x;
            x *= x;
            b >>= 1;
        }
        return res;
    }
}

• 如果 n 为偶数： xⁿ = x^n/2 * x^n/2* x^n%2
• 如果 n 为奇数： xⁿ = x^n/2 * x^n/2 * x^n%2

class Solution {
    public double myPow(double x, int n) {
        if(n == 0) return 1;
        if(n == 1) return x;
        if(n == -1) return 1 / x;
        double half = myPow(x, n / 2);
        double mod = myPow(x, n % 2);
        return half * half * mod;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(log₂n)： 二分的时间复杂度为对数级别。
• 空间复杂度 O(1) ： res, b 等变量占用常数大小额外空间。

33. 二叉搜索树的后序遍历序列

题目

输入一个整数数组，判断该数组是不是某二叉搜索树的后序遍历结果。如果是则返回 true，否则返回 false。假设输入的数组的任意两个数字都互不相同。

参考以下这颗二叉搜索树：

    5
   / \
  2   6
 / \
1   3

示例 1：

输入: [1,6,3,2,5]
输出: false

示例 2：

输入: [1,3,2,6,5]
输出: true

解答

• 后序遍历定义： [ 左子树 | 右子树 | 根节点 ] ，即遍历顺序为 “左、右、根” 。

递归解析：

• 终止条件： 当 left ≥ right，说明此子树节点数量 ≤ 1 ，无需判别正确性，因此直接返回 true；
• 递推工作：
  1. 划分左右子树： 遍历后序遍历的 [left,right] 区间元素，寻找 第一个大于根节点 的节点，索引记为 m 。
     • 此时，可划分出左子树区间 [left,m−1]
  • 右子树区间 [m,right−1] - 根节点索引 right
  2. 判断是否为二叉搜索树：
     • 左子树区间 [left,m−1] 内的所有节点都应 < postorder[right]。
     • 右子树区间 [m,right−1] 内的所有节点都应 > postorder[right] 。
• 返回值： 所有子树都需正确才可判定正确，因此使用 与逻辑符 && 连接。
  1. p = right ： 判断 此树 是否正确。
  2. recur(left,m−1) ： 判断 此树的左子树 是否正确。
  3. recur(m,right−1)： 判断 此树的右子树 是否正确。

class Solution {
    public boolean verifyPostorder(int[] postorder) {
        return recur(postorder, 0, postorder.length - 1);
    }
    boolean recur(int[] postorder, int left, int right) {
        if(left >= right) return true;
        int rootValue = postorder[right]; // 根节点的值
        int p = left;
        while(postorder[p] < rootValue) p++; //左子树
        int m = p;
        while(postorder[p] > rootValue) p++; //右子树
        return p == right && recur(postorder, left, m - 1) && recur(postorder, m, right - 1);
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N²) ： 每次调用 recur(left,right) 减去一个根节点，因此递归占用 O(N) ；最差情况下（即当树退化为链表），每轮递归都需遍历树所有节点，占用 O(N) 。
• 空间复杂度 O(N) ： 最差情况下（即当树退化为链表），递归深度将达到 N 。

第 21 天 位运算（简单）

15. 二进制中1的个数

题目

编写一个函数，输入是一个无符号整数（以二进制串的形式），返回其二进制表达式中数字位数为 ‘1’ 的个数（也被称为汉明重量)。

提示：

请注意，在某些语言（如 Java）中，没有无符号整数类型。在这种情况下，输入和输出都将被指定为有符号整数类型，并且不应影响您的实现，因为无论整数是有符号的还是无符号的，其内部的二进制表示形式都是相同的。
在 Java 中，编译器使用 二进制补码 记法来表示有符号整数。因此，在上面的 示例 3 中，输入表示有符号整数 -3。

示例 1：

输入：n = 11 (控制台输入 00000000000000000000000000001011)
输出：3
解释：输入的二进制串 00000000000000000000000000001011 中，共有三位为 '1'。

示例 2：

输入：n = 128 (控制台输入 00000000000000000000000010000000)
输出：1
解释：输入的二进制串 00000000000000000000000010000000 中，共有一位为 '1'。

示例 3：

输入：n = 4294967293 (控制台输入 11111111111111111111111111111101，部分语言中 n = -3）
输出：31
解释：输入的二进制串 11111111111111111111111111111101 中，共有 31 位为 '1'。

解答

方法1：调用API

public class Solution {
    // you need to treat n as an unsigned value
    public int hammingWeight(int n) {
        return Integer.bitCount(n);
    }
}

方法2：逐位判断

• 根据 与运算 定义，设二进制数字 n ，则有：
  • 若 n&1=0 ，则 n 二进制 最右一位 为 0 ；
  • 若 n&1=1，则 n 二进制 最右一位 为 1 。
• 根据以上特点，考虑以下 循环判断 ：
  1. 判断 n 最右一位是否为 1 ，根据结果计数。
  2. 将 n 右移一位（本题要求把数字 n 看作无符号数，因此使用 无符号右移(>>>) 操作）。

public class Solution {
    public int hammingWeight(int n) {
        int res = 0;
        while(n != 0){
            if((n&1) == 1) 
                res++;
            n = n>>>1;
        }
        return res;
    }
}

//优化
public class Solution {
    public int hammingWeight(int n) {
        int res = 0;
        while(n != 0) {
            res += n & 1;
            n >>>= 1;
        }
        return res;
    }
}

方法3：巧用 n & (n - 1)

• (n−1) 解析： 二进制数字 n 最右边的 1 变成 0 ，此 1 右边的 0 都变成 1 。
• n&(n−1) 解析： 二进制数字 n 最右边的 1 变成 0 ，其余不变。即消去最右边 1

public class Solution {
    public int hammingWeight(int n) {
        int res = 0;
        while(n != 0) {
            res++;
            n &= n - 1;
        }
        return res;
    }
}

复杂度

方法2

• 时间复杂度 O(log₂n)： 此算法循环内部仅有 移位、与、加 等基本运算，占用 O(1) ；逐位判断需循环 log₂n 次，其中 log₂n 代表数字 n 最高位 1 的所在位数（例如 log₂4=2, log₂16=4）。
• 空间复杂度 O(1) ： 变量 res 使用常数大小额外空间。

方法3

• 时间复杂度 O(M) ： 循环内部仅有减法、加、与运算，占用 O(1) ；设 M 为二进制数字 n 中 1 的个数，则需循环 M 次（每轮消去一个 1 ），占用 O(M) 。
• 空间复杂度 O(1) ： 变量 res 使用常数大小额外空间。

65. 不用加减乘除做加法

题目

写一个函数，求两个整数之和，要求在函数体内不得使用 “+”、“-”、“*”、“/” 四则运算符号。

示例:

输入: a = 1, b = 1
输出: 2

解答

因为不能使用“+”，所以不能直接 n + c ，所以循环求 n 和 c，直至进位 c = 0；此时 s = n ，返回 n 即可。

class Solution {
    public int add(int a, int b) {
        while(b != 0) { // 当进位为 0 时跳出
            int c = (a & b) << 1;  // c = 进位
            int n = a ^ b; // n = 非进位和
             a = n;  // a = 非进位和
             b = c; // b = 进位
        }
        return a;
    }
}

//优化
class Solution {
    public int add(int a, int b) {
        while(b != 0) { // 当进位为 0 时跳出
            int c = (a & b) << 1;  // c = 进位
            a ^= b; // a = 非进位和
            b = c; // b = 进位
        }
        return a;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(1) ： 最差情况下（例如 a= 0x7fffffff , b=1 时），需循环 32 次，使用 O(1) 时间；每轮中的常数次位操作使用 O(1) 时间。
• 空间复杂度 O(1) ： 使用常数大小的额外空间。

第 22 天 位运算（中等）

56 - I. 数组中数字出现的次数

题目

一个整型数组 nums 里除两个数字之外，其他数字都出现了两次。请写程序找出这两个只出现一次的数字。要求时间复杂度是O(n)，空间复杂度是O(1)。

示例 1：

输入：nums = [4,1,4,6]
输出：[1,6] 或 [6,1]
示例 2：

输入：nums = [1,2,10,4,1,4,3,3]
输出：[2,10] 或 [10,2]

解答

如果问题是：一个整型数组 nums 里有一个只出现一次的数字，其他数字都出现了两次。那么可以很容易求出这个数字

a⊕a⊕b⊕b⊕...⊕x
=0⊕0⊕...⊕x
=x

public int[] singleNumber(int[] nums) {
    int x = 0;
    for(int num : nums)  // 1. 遍历 nums 执行异或运算
        x ^= num;
    return x;            // 2. 返回出现一次的数字 x
}

本题难点： 数组 nums 有两个只出现一次的数字，因此无法通过异或直接得到这两个数字。

解决思路是将两个数字拆分到两个子数组中，再分别遍历两个子数组执行异或

设两个只出现一次的数字为 x , y ，由于 x ≠ y，则 x 和 y 二进制至少有一位不同（即分别为 0 和 1 ），根据此位可以将 nums 拆分为分别包含 x 和 y 的两个子数组。

a⊕a⊕b⊕b⊕...⊕x⊕y  
=0⊕0⊕...⊕x⊕y
=x⊕y

根据异或运算定义，若整数 x⊕y 某二进制位为 1 ，则 x 和 y 的此二进制位一定不同。换言之，找到 x⊕y 某位为 1 的二进制位 m，即可将数组 nums 拆分为包含 x 和 y 的两个子数组。

• 若 (x⊕y) & 0001 = 1 ，则 x⊕y 的右边第一位为 1 ；
• 若 (x⊕y) & 0010 = 1，则 x⊕y 的右边第二位为 1 ；
• 以此类推……

class Solution {
    public int[] singleNumbers(int[] nums) {
      int n = 0, m = 1, x = 0, y = 0;
      for(int num : nums)
        n ^= num;
      while((n & m) == 0)
        m <<= 1;
      for(int num : nums)
        if((num & m) == 0)
          x ^= num;
        else y ^= num;
      return new int[]{x,y};
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： 线性遍历 nums 使用 O(N) 时间，遍历 x⊕y 二进制位使用 O(32)=O(1) 时间。
• 空间复杂度 O(1) ： 辅助变量 n , m , x , y 使用常数大小额外空间。

56 - II. 数组中数字出现的次数 II

题目

在一个数组 nums 中除一个数字只出现一次之外，其他数字都出现了三次。请找出那个只出现一次的数字。

示例 1：

输入：nums = [3,4,3,3]
输出：4

示例 2：

输入：nums = [9,1,7,9,7,9,7]
输出：1

解答

方法1：哈希表

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
        // 加入哈希表
        for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
            map.put(nums[i], map.getOrDefault(nums[i], 0) + 1);
        }
        // 遍历找出第一个次数为1的数
        for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
            if(map.get(nums[i]) == 1) {
                return nums[i];
            }
        }
        return -1;
    }
}

方法2：位运算

使用 与运算 ，可获取二进制数字 num 的最右一位 n1 ：

n1=num&i

配合 无符号右移操作 ，可获取 num 所有位的值（即 n1 ~ n32）：

num=num>>>1

建立一个长度为 32 的数组 counts ，通过以上方法可记录所有数字的各二进制位的 1 的出现次数。

int[] counts = new int[32];
for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
    for(int j = 0; j < 32; j++) {
        counts[j] += nums[i] & 1; // 更新第 j 位
        nums[i] >>>= 1; // 第 j 位 --> 第 j + 1 位
    }
}

将 counts 各元素对 3 求余，则结果为 “只出现一次的数字” 的各二进制位。

for(int i = 0; i < 32; i++) {
    counts[i] %= 3; // 得到 只出现一次的数字 的第 (31 - i) 位 
}

利用 左移操作 和 或运算 ，可将 counts 数组中各二进位的值恢复到数字 res 上（循环区间是 i∈[0,31]）。

for(int i = 0; i < counts.length; i++) {
    res <<= 1; // 左移 1 位
    res |= counts[31 - i]; // 恢复第 i 位的值到 res
}

最终返回 res 即可。

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        int[] counts = new int[32];
        for(int num : nums) {
            for(int j = 0; j < 32; j++) {
                counts[j] += num & 1;
                num >>>= 1;
            }
        }
        int res = 0, m = 3;
        for(int i = 0; i < 32; i++) {
            res <<= 1;
            res |= counts[31 - i] % m;
        }
        return res;
    }
}

复杂度

方法1

• 时间复杂度 O(N) ： 其中 N 为数组 nums 的长度；遍历数组占用 O(N)
• 空间复杂度 O(N) ： HashMap 使用 O(N) 额外空间

方法2

• 时间复杂度 O(N) ： 其中 NNN 位数组 nums 的长度；遍历数组占用 O(N) ，每轮中的常数个位运算操作占用 O(1) 。
• 空间复杂度 O(1) ： 数组 counts 长度恒为 32 ，占用常数大小的额外空间。

第 23 天 数学（简单）

39. 数组中出现次数超过一半的

题目

数组中有一个数字出现的次数超过数组长度的一半，请找出这个数字。

你可以假设数组是非空的，并且给定的数组总是存在多数元素。

示例 1:

输入: [1, 2, 3, 2, 2, 2, 5, 4, 2]
输出: 2

解答

方法1：哈希表

class Solution {
    public int majorityElement(int[] nums) {
        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
        for(int i = 0; i < nums.length; i++){
            map.put(nums[i], map.getOrDefault(nums[i], 0) + 1);
        }
        for(int i = 0; i < nums.length; i++){
            if(map.get(nums[i]) > (nums.length/2)){
                return nums[i];
            }      
        }
        return 0;
    }
}

//优化
class Solution {
    public int majorityElement(int[] nums) {
        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
        for(int num : nums){
            map.put(num, map.getOrDefault(num, 0) + 1);
            if(map.get(num) > nums.length/2) 
                return num;
        }
        return 0;
    }
}

方法2：排序

所求的数字出现次数多于一半，那么排序后必定在中间

class Solution {
    public int majorityElement(int[] nums) {
        Arrays.sort(nums);
        return nums[nums.length/2];
    }
}

方法3：摩尔投票法

核心理念为 票数正负抵消，设输入数组 nums 的众数为 x ，数组长度为 n 。

• 推论一： 若记 众数 的票数为 +1 ，非众数 的票数为 −1 ，则一定有所有数字的票数和 > 0

• 推论二： 若数组的前 a 个数字的 票数和 =0 ，则 数组剩余 (n-a) 个数字的 票数和一定仍 >0 ，即后 (n-a) 个数字的众数仍为 x

算法流程:

1. 初始化： 票数统计 votes = 0 ， 众数 x = 0；
2. 循环： 遍历数组 nums 中的每个数字 num ；
   1. 当 票数 votes 等于 0 ，则假设当前数字 num 是众数；
   2. 当 num = x 时，票数 votes 自增 1 ；当 num != x 时，票数 votes 自减 1 ；
3. 返回值： 返回 x 即可；

class Solution {
    public int majorityElement(int[] nums) {
      int votes = 0, x = 0;
      for(int num : nums){
        if(votes == 0) x = num;
        if(num == x) votes++;
        else votes--;
      }
      return x;
    }
}

//优化
class Solution {
    public int majorityElement(int[] nums) {
        int x = 0, votes = 0;
        for(int num : nums){
            if(votes == 0) x = num;
            votes += num == x ? 1 : -1;
        }
        return x;
    }
}

复杂度

方法1

• 时间复杂度 O(N) ： 其中 N 为数组 nums 的长度；遍历数组占用 O(N)
• 空间复杂度 O(N) ： HashMap 使用 O(N) 额外空间

方法2

**时间复杂度 O(nlogn) **

方法3

• 时间复杂度 O(N)： N 为数组 nums 长度。
• 空间复杂度 O(1) ： votes 变量使用常数大小的额外空间。

66. 构建乘积数组

题目

给定一个数组 A[0,1,…,n-1]，请构建一个数组 B[0,1,…,n-1]，其中 B[i] 的值是数组 A 中除了下标 i 以外的元素的积, 即 B[i]=A[0]×A[1]×…×A[i-1]×A[i+1]×…×A[n-1]。不能使用除法。

示例:

输入: [1,2,3,4,5]
输出: [120,60,40,30,24]

解答

根据表格的主对角线（全为 1 ），可将表格分为 上三角 和 下三角 两部分。分别迭代计算下三角和上三角两部分的乘积，即可 不使用除法 就获得结果。

class Solution {
    public int[] constructArr(int[] a) {
        int len = a.length;
        if(len == 0) return new int[0];
        int[] b = new int[len];
        b[0] = 1;
        int tmp = 1;
        for(int i = 1; i < len; i++) {//计算下三角
            b[i] = b[i - 1] * a[i - 1];
        }
        for(int i = len - 2; i >= 0; i--) {//计算上三角
            tmp *= a[i + 1];
            b[i] *= tmp;
        }
        return b;
    }
}


class Solution {
    public int[] constructArr(int[] a) {
int n = a.length;
    int[] B = new int[n];
    for (int i = 0, product = 1; i < n; product *= a[i], i++)       /* 从左往右累乘 */
        B[i] = product;
    for (int i = n - 1, product = 1; i >= 0; product *= a[i], i--)  /* 从右往左累乘 */
        B[i] *= product;
    return B;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N)： 其中 N 为数组长度，两轮遍历数组 a ，使用 O(N) 时间。
• 空间复杂度 O(1)： 变量 tmp 使用常数大小额外空间（数组 b 作为返回值，不计入复杂度考虑）。

第 24 天 数学（中等）

14- I. 剪绳子

题目

给你一根长度为 n 的绳子，请把绳子剪成整数长度的 m 段（m、n都是整数，n>1并且m>1），每段绳子的长度记为 k[0],k[1]…k[m-1]。请问 k[0]*k[1]*…*k[m-1] 可能的最大乘积是多少？例如，当绳子的长度是8时，我们把它剪成长度分别为2、3、3的三段，此时得到的最大乘积是18。

示例 1：

输入: 2
输出: 1
解释: 2 = 1 + 1, 1 × 1 = 1

示例 2:

输入: 10
输出: 36
解释: 10 = 3 + 3 + 4, 3 × 3 × 4 = 36

解答

数学推导：

• ① 当所有绳段长度相等时，乘积最大。

• ② 最优的绳段长度为 3 。

切分规则：

1. 最优： 3 。把绳子尽可能切为多个长度为 3 的片段，留下的最后一段绳子的长度可能为 0,1,2 三种情况。
2. 次优： 2 。若最后一段绳子长度为 2 ；则保留，不再拆为 1+1 。
3. 最差： 1 。若最后一段绳子长度为 1 ；则应把一份 3+1 替换为 2+2，因为 2×2>3×1

算法流程：

1. 当 n ≤ 3 时，按照规则应不切分，但由于题目要求必须剪成 m>1 段，因此必须剪出一段长度为 1 的绳子，即返回 n−1 。
2. 当 n > 3 时，求 n 除以 3 的 整数部分 a 和 余数部分 b （即 n=3a+b），并分为以下三种情况：
   • 当 b = 0 时，直接返回 3^a；
   • 当 b = 1 时，要将一个 1+3 转换为 2+2，因此返回 3^a-1×4；
   • 当 b=2 时，返回 3^a×2。

class Solution {
    public int cuttingRope(int n) {
      if(n <= 3) return n - 1;
      int a = n / 3;
      int b = n % 3;
      if(b == 0) return (int)Math.pow(3,a);
      if(b == 1) return (int)Math.pow(3,a-1)*4;
      return (int)Math.pow(3,a) * 2;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(1) ： 仅有求整、求余、次方运算。
• 空间复杂度 O(1) ： 变量 a 和 b 使用常数大小额外空间。

57 - II. 和为s的连续正数序列

题目

输入一个正整数 target ，输出所有和为 target 的连续正整数序列（至少含有两个数）。

序列内的数字由小到大排列，不同序列按照首个数字从小到大排列。

示例 1：

输入：target = 9
输出：[[2,3,4],[4,5]]

示例 2：

输入：target = 15
输出：[[1,2,3,4,5],[4,5,6],[7,8]]

解答

设连续正整数序列的左边界 i 和右边界 j ，则可构建滑动窗口从左向右滑动。循环中，每轮判断滑动窗口内元素和与目标值 target 的大小关系，若相等则记录结果，若大于 target 则移动左边界 i （以减小窗口内的元素和），若小于 target 则移动右边界 j （以增大窗口内的元素和）。

算法流程：

1. 初始化： 左边界 i=1，右边界 j=2，元素和 s=3 ，结果列表 res ；

2. 循环： 当 i ≥ j 时跳出；

   • 当 s > target 时： 更新元素和 s，并向右移动左边界 i=i+1 ；
   • 当 s < target 时： 向右移动右边界 j=j+1 ，并更新元素和 s ；
   • 当 s = target 时： 记录连续整数序列，并向右移动左边界 i=i+1，更新元素和 s ；

3. 返回值： 返回结果列表 res ；

class Solution {
    public int[][] findContinuousSequence(int target) {
      int i = 1, j = 2, s = 3;
      List<int[]> res = new ArrayList<>();
      while(i < j){
        if(s > target) {
          s -= i;
          i++;
        }
        else if(s < target){
            j++;
            s += j;
        } 
        else{
            int[] ans = new int[j-i+1];
            for(int k = i; k <= j; k++)
                  ans[k - i] = k;
            res.add(ans);
            s -= i;  
            i++;
            
        }
      }
      return res.toArray(new int[0][]);
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： 其中 N=target；连续整数序列至少有两个数字，而 i<j恒成立，因此至多循环 target 次；
• 空间复杂度 O(1) ： 变量 i , j , s 使用常数大小的额外空间。

62.圆圈中最后剩下的数字

题目

0,1,···,n-1这n个数字排成一个圆圈，从数字0开始，每次从这个圆圈里删除第m个数字（删除后从下一个数字开始计数）。求出这个圆圈里剩下的最后一个数字。

例如，0、1、2、3、4这5个数字组成一个圆圈，从数字0开始每次删除第3个数字，则删除的前4个数字依次是2、0、4、1，因此最后剩下的数字是3。

示例 1：

输入: n = 5, m = 3
输出: 3

示例 2：

输入: n = 10, m = 17
输出: 2

解答

这个问题是以弗拉维奥·约瑟夫命名的，称为“约瑟夫环”问题，可使用 动态规划 解决。

最容易想到的方法是：构建一个长度为 n 的链表，各节点值为对应的顺序索引；每轮删除第 m 个节点，直至链表长度为 1 时结束，返回最后剩余节点的值即可。模拟法需要循环删除 n−1 轮，每轮在链表中寻找删除节点需要 m 次访问操作（链表线性遍历），因此总体时间复杂度为 O(nm) 。根据题目给定的 m,n 取值范围，可知此时间复杂度是不可接受的。

动态规划解法

设 f(n,m) 表示在 n 个数字(0～n-1)中不断删除第 m 个数字最后剩下的数字。删除一个数字后剩下了 n-1 个数字，那么再次删除就是在 n-1 个数字中删除第 m 个数字，可以表示为 f(n-1,m)。

但实际上直接这么表示是不对的。因为f(n,m)表示的是从区间[0~n-1]不断进行删除操作，被删除的元素是k=(m-1)%n，而下一次删除时，起点是 k+1（即m%n） ，区间不再满足上述要求，因此从第二步不断删除的结果可以表示为f'(n-1,m)。则有：f(n,m) = f'(n-1,m)

现在就要想办法找到 f'(n-1,m)和f(n- 1, m)之间的关系。则二者操作的区间表示如下:

f'(n-1,m)表示序列: k+1 k+2 k+3 ... n-1     0     1  ... k-1
f(n-1,m) 表示序列:  0   1   2  ... n-k-2 n-k-1  n-k ... n-2

由此推出 f'(n-1,m)=(f(n-1,m)+k+1)%n

化简：

因为
f'(n-1,m)=(f(n-1,m)+k+1)%n
k+1= m%n
f(n,m) = f'(n-1,m)
所以
f(n-1,m)=[f(n-1,m)+m]%n

由此可知 f(n,m) 可由 f(n-1,m) 得到，f(n-1,m) 可由 f(n-2,m) 得到，……，f(2,m) 可由 f(1,m) 得到；因此，若给定 f(1,m) 的值，就可以递推至任意 f(n,m) 。而 f(1,m) = 0 恒成立。得到如下递归关系：

动态规划解析：

1. 状态定义： 设「i,m问题」的解为 dp[i]；

2. 转移方程： 通过以下公式可从 dp[i−1] 递推得到 dp[i] = (dp[i−1] + m) % i；

3. 初始状态：「1,m 问题」的解恒为 0 ，即 dp[1] = 0；

4. 返回值： 返回「n,m 问题」的解 dp[n] ；

class Solution {
    public int lastRemaining(int n, int m) {
      int dp[] = new int[n+1]; 
      dp[1] = 0;
      for(int i = 2; i <= n; i++){
        dp[i] = (dp[i-1] + m) % i;
      }
      return dp[n];
    }
}

//优化
//根据状态转移方程的递推特性，无需建立状态列表 dp ，而使用一个变量 x 执行状态转移即可。
class Solution {
    public int lastRemaining(int n, int m) {
        int x = 0;
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            x = (x + m) % i;
        }
        return x;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(n)： 状态转移循环 n−1次使用 O(n)时间，状态转移方程计算使用 O(1) 时间；
• 空间复杂度 O(1)： 使用常数大小的额外空间；

第 25 天 模拟（中等）

29. 顺时针打印矩阵

题目

输入一个矩阵，按照从外向里以顺时针的顺序依次打印出每一个数字。

示例 1：

输入：matrix = [[1,2,3],[4,5,6],[7,8,9]]
输出：[1,2,3,6,9,8,7,4,5]

示例 2：

输入：matrix = [[1,2,3,4],[5,6,7,8],[9,10,11,12]]
输出：[1,2,3,4,8,12,11,10,9,5,6,7]

解答

顺时针打印矩阵的顺序是 “从左向右、从上向下、从右向左、从下向上” 循环。

算法流程：

1. 空值处理： 当 matrix 为空时，直接返回空列表 [] 即可。
2. 初始化： 矩阵 左、右、上、下 四个边界 left , right , top , bottom ，用于打印的结果列表 res 。
3. 循环打印： “从左向右、从上向下、从右向左、从下向上” 四个方向循环，每个方向打印中做以下三件事 （各方向的具体信息见下表） ；
   1. 根据边界打印，即将元素按顺序添加至列表 res 尾部；
   2. 边界向内收缩 1 （代表已被打印）；
   3. 判断是否打印完毕（边界是否相遇），若打印完毕则跳出。
4. 返回值： 返回 res 即可。

打印方向	1. 根据边界打印	2. 边界向内收缩	3. 是否打印完毕
从左向右	左边界left ，右边界 right	上边界 top 加 1	是否 top > bottom
从上向下	上边界 top ，下边界bottom	右边界 right 减 1	是否 left > right
从右向左	右边界 right ，左边界left	下边界 bottom 减 1	是否 top > bottom
从下向上	下边界 bottom ，上边界top	左边界 left 加 1	是否 left > right

class Solution {
    public int[] spiralOrder(int[][] matrix) {
        if(matrix.length == 0) return new int[0];
        int left = 0, right = matrix[0].length -1, top = 0, bottom = matrix.length -1, count = 0;
        int[] res = new int[(right + 1)*(bottom + 1)];
        while(true){
            for(int i = left; i <= right; i++){ // 从左到右
                res[count++] = matrix[top][i];
            }
            if(++top > bottom) break;
            for(int i = top; i <= bottom; i++){ // 从上到下
                res[count++] = matrix[i][right];
            }
            if(left > --right) break;
            for(int i = right; i >= left; i--){ // 从右到左
                res[count++] = matrix[bottom][i];
            }
            if(top > --bottom) break;
            for(int i = bottom; i >= top; i--){ // 从下到上
                res[count++] = matrix[i][left];
            }
            if(++left > right) break;
        }
        return res;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(MN)： M,N 分别为矩阵行数和列数。
• 空间复杂度 O(1) ： 四个边界使用常数大小的 额外 空间（ res 为必须使用的空间）。

31. 栈的压入、弹出序列

题目

输入两个整数序列，第一个序列表示栈的压入顺序，请判断第二个序列是否为该栈的弹出顺序。假设压入栈的所有数字均不相等。例如，序列 {1,2,3,4,5} 是某栈的压栈序列，序列 {4,5,3,2,1} 是该压栈序列对应的一个弹出序列，但 {4,3,5,1,2} 就不可能是该压栈序列的弹出序列。

示例 1：

输入：pushed = [1,2,3,4,5], popped = [4,5,3,2,1]
输出：true
解释：我们可以按以下顺序执行：
push(1), push(2), push(3), push(4), pop() -> 4,
push(5), pop() -> 5, pop() -> 3, pop() -> 2, pop() -> 1

示例 2：

输入：pushed = [1,2,3,4,5], popped = [4,3,5,1,2]
输出：false
解释：1 不能在 2 之前弹出。

解答

考虑借用一个辅助栈 stack ，模拟 压入 / 弹出操作的排列。根据是否模拟成功，即可得到结果。

• 入栈操作： 按照压栈序列的顺序执行。
• 出栈操作： 每次入栈后，循环判断 “栈顶元素 === 弹出序列的当前元素” 是否成立，将符合弹出序列顺序的栈顶元素全部弹出。

算法流程：

1. 初始化： 辅助栈 stack，弹出序列的索引 i ；
2. 遍历压栈序列： 各元素记为 num ；
   1. 元素 num 入栈；
   2. 循环出栈：若 stack 的栈顶元素 === 弹出序列元素 popped[i] ，则执行出栈与 i++ ；
3. 返回值： 若 stack 为空，则此弹出序列合法。

class Solution {
    public boolean validateStackSequences(int[] pushed, int[] popped) {
        Stack<Integer> stack = new Stack<>();
        int i = 0;
        for(int num : pushed) {
            stack.push(num); // num 入栈
            while(!stack.isEmpty() && stack.peek() == popped[i]) { // 循环判断与出栈
                stack.pop();
                i++;
            }
        }
        return stack.isEmpty();
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： 其中 N 为列表 pushed 的长度；每个元素最多入栈与出栈一次，即最多共 2N 次出入栈操作。
• 空间复杂度 O(N) ： 辅助栈 stack 最多同时存储 N 个元素。

第 26 天 字符串（中等）

20. 表示数值的字符串

题目

请实现一个函数用来判断字符串是否表示数值（包括整数和小数）。

数值（按顺序）可以分成以下几个部分：

1. 若干空格
2. 一个 小数 或者 整数
3. （可选）一个 'e' 或 'E' ，后面跟着一个 整数
4. 若干空格

小数（按顺序）可以分成以下几个部分：

1. （可选）一个符号字符（'+' 或 '-'）
2. 下述格式之一：
3. 至少一位数字，后面跟着一个点 '.'
4. 至少一位数字，后面跟着一个点 '.' ，后面再跟着至少一位数字
5. 一个点 '.' ，后面跟着至少一位数字

整数（按顺序）可以分成以下几个部分：

1. （可选）一个符号字符（'+' 或 '-'）
2. 至少一位数字

部分数值列举如下：

• ["+100", "5e2", "-123", "3.1416", "-1E-16", "0123"]

部分非数值列举如下：

• ["12e", "1a3.14", "1.2.3", "+-5", "12e+5.4"]

示例 1：

输入：s = "0"
输出：true

示例 2：

输入：s = "e"
输出：false

示例 3：

输入：s = "."
输出：false

示例 4：

输入：s = "    .1  "
输出：true

解答

方法1：暴力

class Solution {
    public boolean isNumber(String s) {
        if (s == null || s.length() == 0) return false;// s为空对象或s长度为0,不表示数值
        //是否出现数字、小数点、e或者E
        boolean numFlag = false, dotFlag = false, eFlag = false;
        //去掉首尾空格
        s = s.trim();
        for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
            //判定为数字，则标记numFlag
            if (s.charAt(i) >= '0' && s.charAt(i) <= '9') {
                numFlag = true;
                //小数点只可以出现再e之前，且只能出现一次.num  num.num num.都是被允许的
            } else if (s.charAt(i) == '.' && !dotFlag && !eFlag) {
                dotFlag = true;
                //判定为e，需要没出现过e，并且出过数字了
            } else if ((s.charAt(i) == 'e' || s.charAt(i) == 'E') && !eFlag && numFlag) {
                eFlag = true;
                numFlag = false;//重置，避免e以后没有出现数字，防止出现123e或者123e+的非法情况
                //判定为+-符号，只能出现在第一位或者紧接e后面
            } else if (s.charAt(i) == '+' || s.charAt(i) == '-') {
                if(i != 0 && s.charAt(i - 1) != 'e' && s.charAt(i - 1) != 'E') 
                  return false; 
            } else return false;//其他情况，都是非法的
        }
        //是否出现了数字 
        return numFlag;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

67. 把字符串转换成整数

题目

写一个函数 StrToInt，实现把字符串转换成整数这个功能。不能使用 atoi 或者其他类似的库函数。

首先，该函数会根据需要丢弃无用的开头空格字符，直到寻找到第一个非空格的字符为止。

当我们寻找到的第一个非空字符为正或者负号时，则将该符号与之后面尽可能多的连续数字组合起来，作为该整数的正负号；假如第一个非空字符是数字，则直接将其与之后连续的数字字符组合起来，形成整数。

该字符串除了有效的整数部分之后也可能会存在多余的字符，这些字符可以被忽略，它们对于函数不应该造成影响。

注意：假如该字符串中的第一个非空格字符不是一个有效整数字符、字符串为空或字符串仅包含空白字符时，则你的函数不需要进行转换。

在任何情况下，若函数不能进行有效的转换时，请返回 0。

说明：

假设我们的环境只能存储 32 位大小的有符号整数，那么其数值范围为 [−2³¹, 2³¹ − 1]。如果数值超过这个范围，请返回 INT_MAX (2³¹ − 1) 或 INT_MIN (−2³¹) 。

示例 1:

输入: "42"
输出: 42

示例 2:

输入: "   -42"
输出: -42
解释: 第一个非空白字符为 '-', 它是一个负号。
    我们尽可能将负号与后面所有连续出现的数字组合起来，最后得到 -42 。

示例 3:

输入: "4193 with words"
输出: 4193
解释: 转换截止于数字 '3' ，因为它的下一个字符不为数字。

示例 4:

输入: "words and 987"
输出: 0
解释: 第一个非空字符是 'w', 但它不是数字或正、负号。
因此无法执行有效的转换。

示例 5:

输入: "-91283472332"
输出: -2147483648
解释: 数字 "-91283472332" 超过 32 位有符号整数范围。 
因此返回 INT_MIN (−2^31) 。

解答

需要保证本次循环的 res * 10 + chars[j] 不超过 int 即可保证不越界

• res > bndry 意思是，此时 res 已经大于 bndry 了，* 10 一定越界
• res == bndry && chars[j] > '7' 的意思是，当 res == bndry 时，即：214748364 此时 res * 10 变成 2147483640 此时没越界，但是还需要 + chars[j]，而 int 最大值为 2147483647，所以当chars[j] > 7 时会越界

class Solution {
        public int strToInt(String str) {
            //去前后空格
            char[] chars = str.trim().toCharArray();
            if (chars.length == 0) return 0;
            //记录第一个符合是否为负数
            int sign = 1;
            //开始遍历的位置
            int i = 1;
            //如果首个非空格字符为负号，那么从位置1开始遍历字符串，并且结果需要变成负数
            if (chars[0] == '-') {
                sign = -1;
            } else if (chars[0] != '+') { //如果首个非空格字符不是负号也不是加号，从第一个元素开始遍历
                i = 0;
            }
            int bndry = Integer.MAX_VALUE / 10; // 214748364
            int res = 0;
            for (int j = i; j < chars.length; j++) {
                //遇到非数字直接退出
                if (chars[j] > '9' || chars[j] < '0') break;
                //判断是否越界 2^31−1 = 2147483647
                if (res > bndry || (res == bndry && chars[j] > '7')) {
                    //根据字符串首负号判断返回最大值还是最小值
                    return sign == 1 ? Integer.MAX_VALUE : Integer.MIN_VALUE;
                }
                //字符转数字：“此数字的ASCII码”与“0的ASCII码”相减即可
                res = res * 10 + (chars[j] - '0');
            }
            //返回结果，需要判断正负
            return res * sign;
        }
    }

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： 其中 N 为字符串长度，线性遍历字符串占用 O(N) 时间。
• 空间复杂度 O(N) ： 删除首尾空格后需建立新字符串，最差情况下占用 O(N) 额外空间。

第 27 天 栈与队列（困难）

59 - I. 滑动窗口的最大值

题目

给定一个数组 nums 和滑动窗口的大小 k，请找出所有滑动窗口里的最大值。

示例:

输入: nums = [1,3,-1,-3,5,3,6,7], 和 k = 3
输出: [3,3,5,5,6,7] 
解释: 

 滑动窗口的位置                最大值
---------------               -----
[1  3  -1] -3  5  3  6  7       3
1 [3  -1  -3] 5  3  6  7       3
1  3 [-1  -3  5] 3  6  7       5
1  3  -1 [-3  5  3] 6  7       5
1  3  -1  -3 [5  3  6] 7       6
1  3  -1  -3  5 [3  6  7]      7

解答

窗口对应的数据结构为 双端队列 ，本题使用 单调队列 解决问题。遍历数组时，每轮保证单调队列 deque：

1. deque 内 仅包含窗口内的元素 ⇒ 每轮窗口滑动移除了元素 nums[i−1]，需将 deque 内的对应元素一起删除。
2. deque 内的元素 非严格递减 ⇒ 每轮窗口滑动添加了元素 nums[j+1] ，需将 deque 内所有 <nums[j+1]的元素删除。

算法流程：

1. 初始化： 双端队列 deque，结果列表 res ，数组长度 n ；
2. 滑动窗口： 左边界范围 i∈[1−k,n−k]，右边界范围 j∈[0,n−1] ；
   1. 若 i>0 且 队首元素 deque[0] = 被删除元素 nums[i−1] ，则队首元素出队；
   2. 删除 deque 内所有 <nums[j] 的元素，以保持 deque 递减；
   3. 将 nums[j] 添加至 deque 尾部；
   4. 若已形成窗口（即 i≥0 ）：将窗口最大值（即队首元素 deque[0]）添加至列表 res ；
3. 返回值： 返回结果列表 res ；

class Solution {
    public int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) {
        if(nums.length == 0 || k == 0) return new int[0];
        Deque<Integer> deque = new LinkedList<>();
        int[] res = new int[nums.length - k + 1];
        for(int j = 0, i = 1 - k; j < nums.length; i++, j++) {
            // 删除 deque 中对应的 nums[i-1]
            if(i > 0 && deque.peekFirst() == nums[i - 1])
                deque.removeFirst();
            // 保持 deque 递减
            while(!deque.isEmpty() && deque.peekLast() < nums[j])
                deque.removeLast();
            deque.addLast(nums[j]);
            // 记录窗口最大值
            if(i >= 0)
                res[i] = deque.peekFirst();
        }
        return res;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(n) ： 其中 n 为数组 nums 长度；线性遍历 nums 占用 O(n) ；每个元素最多仅入队和出队一次，因此单调队列 deque 占用 O(2n)。
• 空间复杂度 O(k)： 双端队列 deque 中最多同时存储 k 个元素（即窗口大小）。

59 - II. 队列的最大值

题目

请定义一个队列并实现函数 max_value 得到队列里的最大值，要求函数max_value、push_back 和 pop_front 的均摊时间复杂度都是O(1)。

若队列为空，pop_front 和 max_value 需要返回 -1

示例 1：

输入: 
["MaxQueue","push_back","push_back","max_value","pop_front","max_value"]
[[],[1],[2],[],[],[]]
输出: [null,null,null,2,1,2]

示例 2：

输入: 
["MaxQueue","pop_front","max_value"]
[[],[],[]]
输出: [null,-1,-1]

解答

考虑构建一个递减列表来保存队列所有递减的元素 ，递减队列随着入队和出队操作实时更新，这样队列最大元素就始终对应递减列表的首元素，实现了获取最大值 O(1)时间复杂度。

为了实现此递减列表，需要使用 双向队列 ，假设队列已经有若干元素：

1. 当执行入队 push_back() 时： 若入队一个比队列某些元素更大的数字 x ，则为了保持此列表递减，需要将双向队列 尾部所有小于 x 的元素 弹出。
2. 当执行出队 pop_front() 时： 若出队的元素是最大元素，则 双向队列 需要同时 将首元素出队 ，以保持队列和双向队列的元素一致性。

函数设计：

初始化队列 queue ，双向队列 deque ；

最大值 max_value() ：

• 当双向队列 deque 为空，则返回 −1 ；
• 否则，返回 deque 首元素；

入队 push_back() ：

1. 将元素 value 入队 queue ；
2. 将双向队列中队尾 所有 小于 value 的元素弹出（以保持 deque 非单调递减），并将元素 value 入队 deque ；

出队 pop_front() ：

1. 若队列 queue 为空，则直接返回 −1 ；
2. 否则，将 queue 首元素出队；
3. 若 deque 首元素和 queue 首元素 相等 ，则将 deque 首元素出队（以保持两队列 元素一致 ） ；

class MaxQueue {
    Queue<Integer> queue;
    Deque<Integer> deque;
    public MaxQueue() {
      queue = new LinkedList<>();
      deque = new LinkedList<>();
    }
    
    public int max_value() {
      return deque.isEmpty() ? -1 : deque.peekFirst();
    }
    //入队
    public void push_back(int value) {
      queue.add(value);      // queue.offer(value);
      while(!deque.isEmpty() && deque.peekLast() < value)
        deque.removeLast(); // deque.pollLast();
      deque.addLast(value); // deque.offerLast(value);
    }
    //出队
    public int pop_front() {
      if(queue.isEmpty()) return -1;
      // queue 里面保存的是 Integer 而非 int ，peek() 返回的是 Integer 类型，没有自动拆箱，因此需要用 equals() 来比~
      if(queue.peek().equals(deque.peekFirst()))
          deque.removeFirst(); // deque.pollFirst();
      return queue.remove(); // queue.poll();
    }
}

/**
 * Your MaxQueue object will be instantiated and called as such:
 * MaxQueue obj = new MaxQueue();
 * int param_1 = obj.max_value();
 * obj.push_back(value);
 * int param_3 = obj.pop_front();
 */

复杂度

• 时间复杂度 O(1) ： max_value(), push_back(), pop_front() 方法的均摊时间复杂度均为 O(1) ；
• 空间复杂度 O(N) ： 当元素个数为 N 时，最差情况下deque 中保存 N 个元素，使用 O(N) 的额外空间；

第 28 天 搜索与回溯算法（困难）

37. 序列化二叉树

题目

请实现两个函数，分别用来序列化和反序列化二叉树。

你需要设计一个算法来实现二叉树的序列化与反序列化。这里不限定你的序列 / 反序列化算法执行逻辑，你只需要保证一个二叉树可以被序列化为一个字符串并且将这个字符串反序列化为原始的树结构。

提示：输入输出格式与 LeetCode 目前使用的方式一致，详情请参阅 LeetCode 序列化二叉树的格式。你并非必须采取这种方式，你也可以采用其他的方法解决这个问题。

示例：

输入：root = [1,2,3,null,null,4,5]
输出：[1,2,3,null,null,4,5]

解答

方法1：DFS

• 序列化

1. 递归的第一步都是特例的处理，因为这是递归的中止条件：如果根节点为空，返回”null“
2. 序列化的结果为：根节点值 + “,” + 左子节点值(进入递归) + “,” + 右子节点值(进入递归)
3. 递归就是不断将“根节点”值加到结果中的过程

• 反序列化

1. 先将字符串转换成队列
2. 接下来就进入了递归
   i. 弹出左侧元素，即队列出队
   ii. 如果元素为“null”，返回null
   iii. 否则，新建一个节点，其值为弹出元素
   iv. 其左子节点为队列的下一个元素，进入递归；右子节点为队列的下下个元素，也进入递归
   v. 递归就是不断将子树的根节点连接到父节点的过程

public class Codec {
  
  // Encodes a tree to a single string.
  public String serialize(TreeNode root) {
      if(root == null) return "null,";
      String res = root.val + ",";
      res += serialize(root.left);
      res += serialize(root.right);
      return res;
  }

  // Decodes your encoded data to tree.
  public TreeNode deserialize(String data) {
      String[] arr = data.split(",");
      Queue<String> queue = new LinkedList<String>();
      for(int i = 0; i < arr.length; i++){
          queue.offer(arr[i]);
      }
      return dfs(queue);
  }
  public TreeNode dfs(Queue<String> queue){
      String val = queue.poll();
      if(val.equals("null")) return null;
      TreeNode root = new TreeNode(Integer.valueOf(val));
      root.left = dfs(queue);
      root.right = dfs(queue);
      return root;
  }
}

//优化
public class Codec {

    // Encodes a tree to a single string.
    public String serialize(TreeNode root) {
        if(root == null) return "null";
        return root.val + "," + serialize(root.left) + "," + serialize(root.right);  
    }

    // Decodes your encoded data to tree.
    public TreeNode deserialize(String data) {
        Queue<String> queue = new LinkedList<>(Arrays.asList(data.split(",")));
        return dfs(queue);
    }

    private TreeNode dfs(Queue<String> queue) {
        String val = queue.poll();
        if("null".equals(val)) return null;
        TreeNode root = new TreeNode(Integer.parseInt(val));
        root.left = dfs(queue);
        root.right = dfs(queue);
        return root;
    }
}

方法2：BFS

• 序列化

1. 用BFS遍历树，与一般遍历的不同点是不管node的左右子节点是否存在，统统加到队列中
2. 在节点出队时，如果节点不存在，在返回值res中加入一个”null”；如果节点存在，则加入节点值的字符串形式

• 反序列化

1. 同样使用BFS方法，利用队列新建二叉树
2. 首先要将data转换成列表，然后遍历，只要不为null将节点按顺序加入二叉树中；同时还要将节点入队
3. 队列为空时遍历完毕，返回根节点

public class Codec {

    // Encodes a tree to a single string.
    public String serialize(TreeNode root) {
        if(root == null){
            return "[]";
        }
        StringBuilder res = new StringBuilder();
        res.append("[");
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
        queue.offer(root);
        while(!queue.isEmpty()){
            TreeNode node = queue.poll();
            if (node != null){
                res.append(node.val);
                queue.offer(node.left);
                queue.offer(node.right);
            }else {
                res.append("null");
            }
            res.append(",");
        }
        res.append("]");
        return res.toString();
    }

    // Decodes your encoded data to tree.
    public TreeNode deserialize(String data) {
        if(data == "[]"){
            return null;
        }
        String[] dataList = data.substring(1, data.length() - 1).split(",");
        TreeNode root = new TreeNode(Integer.parseInt(dataList[0]));
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
        queue.offer(root);
        int i = 1;
        while(!queue.isEmpty()){
            TreeNode node = queue.poll();
            if(!dataList[i].equals("null")){
                node.left = new TreeNode(Integer.parseInt(dataList[i]));
                queue.offer(node.left);
            }
            i++;
            if(!dataList[i].equals("null")){
                node.right = new TreeNode(Integer.parseInt(dataList[i]));
                queue.offer(node.right);
            }
            i++;
        }
        return root;
    }
}

复杂度

方法1

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

方法2

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

38. 字符串的排列

题目

输入一个字符串，打印出该字符串中字符的所有排列。

你可以以任意顺序返回这个字符串数组，但里面不能有重复元素。

示例:

输入：s = "abc"
输出：["abc","acb","bac","bca","cab","cba"]

解答

复杂度

第 29 天 动态规划（困难）

19. 正则表达式匹配

题目

请实现一个函数用来匹配包含'. '和'*'的正则表达式。模式中的字符'.'表示任意一个字符，而'*'表示它前面的字符可以出现任意次（含0次）。在本题中，匹配是指字符串的所有字符匹配整个模式。例如，字符串"aaa"与模式"a.a"和"ab*ac*a"匹配，但与"aa.a"和"ab*a"均不匹配。

示例 1:

输入:
s = "aa"
p = "a"
输出: false
解释: "a" 无法匹配 "aa" 整个字符串。

示例 2:

输入:
s = "aa"
p = "a*"
输出: true
解释: 因为 '*' 代表可以匹配零个或多个前面的那一个元素, 在这里前面的元素就是 'a'。因此，字符串 "aa" 可被视为 'a' 重复了一次。

示例 3:

输入:
s = "ab"
p = ".*"
输出: true
解释: ".*" 表示可匹配零个或多个（'*'）任意字符（'.'）。

示例 4:

输入:
s = "aab"
p = "c*a*b"
输出: true
解释: 因为 '*' 表示零个或多个，这里 'c' 为 0 个, 'a' 被重复一次。因此可以匹配字符串 "aab"。

示例 5:

输入:
s = "mississippi"
p = "mis*is*p*."
输出: false

• s 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母。
• p 可能为空，且只包含从 a-z 的小写字母以及字符 . 和 *，无连续的 '*'。

解答

复杂度

49. 丑数

题目

我们把只包含质因子 2、3 和 5 的数称作丑数（Ugly Number）。求按从小到大的顺序的第 n 个丑数。

示例:

输入: n = 10
输出: 12
解释: 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9, 10, 12 是前 10 个丑数。

解答

丑数的递推性质： 丑数只包含因子 2, 3, 5 ，因此有 “丑数 == 某较小丑数× 2/3/5” 。

设已知长度为 n 的丑数序列 x₁, x₂, ⋯ , x_n ，求第 n+1 个丑数 x_n+1。根根据递推性质，丑数 x_n+1 只可能是以下三种情况其中之一（索引 a,b,c 为未知数）：

丑数递推公式： 若索引 a,b,c 满足以上条件，则下个丑数 x_n+1 = min⁡(x_a×2, x_b×3, x_c×5)

因此，可设置指针 a,b,c 指向首个丑数（即 1 ），循环根据递推公式得到下个丑数，并每轮将对应指针执行 +1 即可。

动态规划解析：

• 状态定义： 设动态规划列表 dp ，dp[i] 代表第 i+1 个丑数；

• 转移方程：

  1. 当索引 a,b,c 满足以下条件时， dp[i] 为三种情况的最小值；
  2. 每轮计算 dp[i] = min⁡(dp[a]×2, dp[b]×3, dp[c]×5) 后，需要更新索引 a,b,c 的值。实现方法：分别独立判断 dp[i] 和 dp[a]×2 , dp[b]×3 , dp[c]×5 的大小关系，若相等则将对应索引 a , b , c 加 1 ；

• 初始状态： dp[0]=1 ，即第一个丑数为 1 ；

• 返回值： dp[n−1]，即返回第 n 个丑数；

class Solution {
  public int nthUglyNumber(int n){
    int a = 0, b = 0, c = 0;
    int[] dp = new int[n];
    dp[0] = 1;
    for(int i = 1; i < n; i++){
      int x = dp[a] * 2, y = dp[b] * 3, z = dp[c] * 5;
      dp[i] = Math.min(Math.min(x,y),z);
      if(dp[i] == x) a++;
      if(dp[i] == y) b++;
      if(dp[i] == z) c++;
    }
    return dp[n-1];
  }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(N) ： 其中 N=n ，动态规划需遍历计算 dp 列表。
• 空间复杂度 O(N) ： 长度为 N 的 dp 列表使用 O(N) 的额外空间。

60. n个骰子的点数

题目

把n个骰子扔在地上，所有骰子朝上一面的点数之和为s。输入n，打印出s的所有可能的值出现的概率。

你需要用一个浮点数数组返回答案，其中第 i 个元素代表这 n 个骰子所能掷出的点数集合中第 i 小的那个的概率。

示例 1:

输入: 1
输出: [0.16667,0.16667,0.16667,0.16667,0.16667,0.16667]

示例 2:

输入: 2
输出: [0.02778,0.05556,0.08333,0.11111,0.13889,0.16667,0.13889,0.11111,0.08333,0.05556,0.02778]

解答

现在有 n 个骰子，点数和的范围为 [n, 6n] ，长度为 6n - n + 1 = 5n + 1，扔出点数 x 的概率是多少？

首先，1 个骰子能扔出的点数是 1~6，那么 n 个骰子扔出点数 x 的概率就可以通过 n-1 个骰子扔出点数 x-1, x-2,... x-6 的概率分别乘以 1/6 再相加得到。

如果定义一个 f(n, x) 函数表示用 n 个骰子抛出 x 点数的概率，那么这个状态转移关系如下：

f(n−1,x−i)中的 x−i 会有越界问题。例如，若希望递推计算 f(2,2)，由于一个骰子的点数和范围为 [1,6] ，因此只应求和 f(1,1) ，即 f(1,0), f(1,−1), ..., f(1,−4) 皆无意义。因此需要 x−i > 0

// 自底向上的迭代解法
class Solution {
    public double[] dicesProbability(int n) {
        // n 个骰子可能扔出的结果的最大值和最小值
        int min = n, max = n * 6;
        // 定义：用 n 个骰子，凑出 x 的点数的概率是 dp[n][x]
        double[][] dp = new double[n + 1][max + 1];
        // 一个骰子扔出点数 1~6 的概率是 1/6
        for (int j = 1; j <= 6; j++) {
            dp[1][j] = 1 / 6.0;
        }
        // 状态转移
        for (int i = 2; i <= n; i++) {
            for (int j = i * 1; j <= i * 6; j++) {
                for (int k = 1; k <= 6; k++) {
                    if (j - k <= 0) {
                        break;
                    }
                    // i 个骰子扔出点数 j 的概率
                    // 可以通过 i - 1 个骰子扔出点数 j - k 的概率推倒出来
                    dp[i][j] += dp[i - 1][j - k] * 1 / 6.0;
                }
            }
        }
        //点数和的范围为 [n, 6n] ，长度为 6n - n + 1 = 5n + 1
        double[] res = new double[max - min + 1];
        for (int i = 0; i < res.length; i++) {
            res[i] = dp[n][min + i];
        }
        return res;
    }
}

复杂度

• 时间复杂度 O(n²) ： 状态转移循环 n−1 轮；每轮中，当 i = 2,3,…,n 时，对应循环数量分别为 6×6,11×6,…,(5n+1)×6 ；因此总体复杂度为 O((n−1)×{[6+(5n+1)]/2}×6)，即等价于O(n²) 。
• 空间复杂度 O(n²)：n*(5n+1)

第 30 天 分治算法（困难）

17. 打印从1到最大的n位数

题目

输入数字 n，按顺序打印出从 1 到最大的 n 位十进制数。比如输入 3，则打印出 1、2、3 一直到最大的 3 位数 999。

示例 1:

输入: n = 1
输出: [1,2,3,4,5,6,7,8,9]

解答

如果不考虑大数问题，找出右边界，然后循环即可！！

class Solution {
    public int[] printNumbers(int n) {
        int end = (int)Math.pow(10,n) - 1; 
        int[] res = new int[end];
        for(int i = 0; i < end; i++){
            res[i] = i + 1;
        }
        return res;
    }
}

考虑大数越界情况

。。。。

复杂度

• 时间复杂度 O(10ⁿ) ： 生成长度为 10ⁿ 的列表需使用 O(10ⁿ) 时间。
• 空间复杂度 O(1) ： 建立列表需使用 O(1) 大小的额外空间（ 列表作为返回结果，不计入额外空间 ）。

51. 数组中的逆序对

题目

解答

复杂度

第 31 天 数学（困难）

14- II. 剪绳子 II

题目

解答

复杂度

43. 1～n 整数中 1 出现的次数

题目

解答

复杂度

44. 数字序列中某一位的数字

题目

解答

复杂度

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