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RSS订阅原创 day47
for循环范围变大俩倍，内部为 i%nums.size()，这样就不需要扩增nums了。用栈去遍历nums2，多考虑st.top()元素是否存在于nums1。用unordered_map记录nums1的元素及其索引，栈里记录的是位置索引。
2025-11-07 11:10:40
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原创 day45
不同时，w1删 即 [i-1][j]+1；w1增可以理解为w2删 即[i][j-1]+1；w1改 即 w[i-1][j-1]+1.不相同时，要么是删word1的字符 要么删Word2的字符 要么全删。相同时 俩种情况 选s的这个位置 或者 不选。相同时，就等于i-1 j-1的情况。相同时，还是i-1 j-1的情况。不同时 跳过s的这个位置。
2025-11-05 15:35:38
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原创 day39
树形dp 后序遍历 每一次递归返回的是容量为2的数组，一个是偷了当前的最大值，另一个是未偷的，最后得到root的两个值，取最大值。分成两部分 只算起点不算终点 和 只算终点不算起点 取最大值，剩下的和之前一样。当前一天的情况与前天和昨天都有关系。
2025-10-30 16:08:24
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原创 day38
循环里的if判断，首先保证字符串的i要大于字典字符串大小，保证i-字典字符串的位置是可达的，即true；初始化的时候不应该都初始化为-1，应该初始化一个较大值。还要注意循环里的if判断。先遍历背包，再遍历物品，跟上一道题简直一模一样。
2025-10-29 15:32:20
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原创 dat37
测试用例有两个数相加超过int的数据，所以需要在if里加上dp[i] < INT_MAX - dp[i - num]。完全背包 一维数组遍历背包 从前往后。这道很简单 但是有数据会超int。
2025-10-28 10:37:44
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原创 day36
一个是两层循环中 += ，+是加入当前的这个物品， 等于是不算当前的这个物品。第二个是dp数组的题不少还是要简单计算，找出逻辑。这道题与之前的不同，这道题涉及到了0,1俩个维度。最后的结果用 sum-dp[target]*2。
2025-10-27 22:01:14
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原创 day33
将dp[i]分成俩种，一种是拆成2份 即i-j和j；另一部分是拆成三份即以上，那即是j和dp[i-1]。不用考虑树如何形成的，关注n不同时树的数量的关系。只需要考虑障碍物在上或者在左即可。
2025-10-24 11:05:04
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原创 day29
要知道，只要totalSum不小于0，那么就一定可以走完一圈，也就存在唯一起点。遍历两边，从前往后遍历右比左大的 ，从后往前遍历左比右大的。先排身高，再排排序。
2025-10-20 15:12:41
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原创 day26
注意：在计算摆动序列长度时， left 变量的更新逻辑有问题。当找到一个符合条件的摆动时，应该将 left 更新为当前的 right ，而不是简单地递增。只要count不小于等于0，那么它就可以为后面的值去提供一些val；如果小于0，那么它一定会拉低后面的值，所以直接排除。
2025-10-17 17:23:44
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原创 day22
注意这一个的return的位置，因为我们每一个位置其实就那么三四个字母的选择，跟以前不一样，要把return写在for的里面，这样才能让第一个位置不遍历到第二个数字。第一题的变形，稍微多考虑一下sum的情况即可。
2025-10-13 19:05:28
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原创 day20
只想到了根节点取中间的值，其实设置好范围，每次都去中间的值就可以。从后往前遍历，每次记录上一个节点的val，加在该节点的值上。不能遇见不在区域内的值就直接return nullptr。如果是小于low，要return root的右子树。在区域里就返回root。
2025-10-11 11:15:56
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原创 day19
二叉搜索树，如果两个节点的值都大于cur的值，那这俩个节点肯定都在cur的右子树上，反之就在左子树上。那么我们就返回子树即可。但要注意我们只返回子树不为空的。如果都为空，那就是cur为最近公共祖先，return cur。traversal应该有Treenode*的返回值。
2025-10-10 17:03:16
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原创 day17
其实就是递归，以root1为主，如果俩个二叉树同一位置都有节点，那就把第二个二叉树的值加在第一个上，如果其中一个的这个位置的节点不存在，那就返回另一个节点即可。递归，每次在数组区间里找出最大值，再从两侧找出最大值，作为这个节点的左右子节点。中序遍历可以实现从前往后是从小到大。前几道题做完，这个就很简单了。注意区间是左闭右开的。
2025-10-08 10:54:17
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空空如也
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