第一章 数组
1、二分查找
题目简介：
给定一个 n 个元素有序的（升序）整型数组 nums 和一个目标值 target ，写一个函数搜索 nums 中的 target，如果目标值存在返回下标，否则返回 -1。
初见思路：
这个我会嗷，之前学算法的时候就已经过了一遍了。但是实现起来还是有一些不熟练的地方。
class Solution {
public:
int search(vector<int>& nums, int target) {
int n = nums.size();
int i = 0;
int j = n-1;
while(i<=j){
int m = (j + i)/2;
if(nums[m] > target){
j = m -1;
}
else if(nums[m] < target){
i = m + 1 ;
}
else{
return m;
}
}
return -1;
}
};
实现的时候，我对几个地方还是存在犹豫不清的地方：
1、这个while循环的结束条件到底是什么？
我第一遍写的时候我写成了while(i<j)的形式，这样子的话如果nums中只有一个数值的时候就会导致无法进入循环而得到错误的结论。
2、i和j这两个变量到底如何变化？
我学的有点混乱，因为有好几种，什么左开右闭，左闭右开的形式，好像就是和这个i和j的变化有关系。这个可能得等后面我学成归来再来解决了。
3、m的计算方式？
我这里翻车了，我一开始写了一个m = (i - j)/2，我把它当作距离长度的一半了，随然二分查找的意思确实是，两个头中间的位置，但是这和索引的计算还是不同的，哎很拉跨的错误。
算法思路：
好好好，代码随想录中完美的解决了我的难题。
1、while循环的结束条件到底是什么？
这个其实就是和我之前提到的左闭右开和左闭右闭有关系了，如果是左闭右闭的情况，也就是这道题目的情况，那么[ left , right ]这个区间里，left = right这个是有意义的，所以再while循环中，是应该添加一个等于符号的。而如果是左闭右开的情况，也就是[ left , right )那么其实在每次进行寻找的时候，右边界其实是取不到的，所以while循环里是不会有一个这个等于号的。
2、i和j这两个变量到底如何变化？
这个也是和边界条件息息相关。如果是左闭右闭，那么就是左边界的数和有边界的数都是完全可以取到的，所以判断的时候已经判断过左、右两个边界是不是我们找的目标了，那么我们就应该分别+1和-1得到新的区间；而如果是左闭右开的情况，那么右边的边界其实是找不到。那找不到的话，那么right -1其实就我们下次要找的数中的一个，而不能让他变成我们不可达的右边界。所以就是j=m。
2、删除元素
题目简介：
给你一个数组 nums 和一个值 val，你需要 原地 移除所有数值等于 val 的元素。元素的顺序可能发生改变。然后返回 nums 中与 val 不同的元素的数量。
假设 nums 中不等于 val 的元素数量为 k，要通过此题，您需要执行以下操作：
- 更改
nums数组，使nums的前k个元素包含不等于val的元素。nums的其余元素和nums的大小并不重要。 - 返回
k。
初见思路：
我一开始看见这个问题，观察到他说不用在乎超过新数组长度的哪些原来的数量，想到的就是把前面的val全搬到后面去，然后返回前面的数组长度就好了，用了一个标准库的swap函数完成的。
int removeElement(vector<int> &nums, int val)
{
int n = nums.size();
int j = n - 1;
int i = 0;
if (n == 1)
{
if (nums[0] == val)
{
return 0;
}
else
{
return 1;
}
}
int count = 0;
while (i <= j)
{
if (nums[i] == val)
{
while (nums[j] == val && j > i)
{
j--;
count++;
}
swap(nums[i], nums[j]);
count++;
j--;
}
i++;
}
return n - count;
}
速度也很快，但是就是很繁琐，有一些特殊情况要处理。
算法思路：
还是妙啊，快慢指针法。但是我还是没有完全的理解这个概念的妙处到底是什么
用两个Index来管理数组，快指针就是一路遍历过去，然后慢指针会在快指针检测到val的时候，就会让慢指针停止一个次增长。这样子其实快指针和慢指针之间就会逐渐产生插值，这个插值就是检测到的val的个数。
其实如果只是为了检测到val的个数，也没必要叫做双指针，不过就是维护了两个变量，让两个变量之间的差值，代表了目标元素的个数。随意遍历一遍都能获得这个值。
真正的核心精髓，我觉得应该是赋值阶段，他让快指针检测到的非val值赋值给了慢指针的索引处，要知道这个时候，慢指针正在val处，所以这个赋值其实就是将后面的非val值移到了前面来，然后覆盖掉了val。这就让慢指针的值有了新的含义，就是不含有val的数组的长度。
所以后面才会返回慢指针的值就能代表答案。
int removeElement(vector<int> &nums, int val)
{
int n = nums.size();
int slowIndex=0;
for (int fastIndex = 0; fastIndex < n;fastIndex++){
if(nums[fastIndex] != val){
nums[slowIndex] = nums[fastIndex];
slowIndex++;
}
}
return slowIndex;
}
我现在有一个更好的形容方法，两个指针一起前进，如果发现了目标就让一个指针先停在这里，等待另一个指针发现可以替换的目标，如果发现了马上进行交换。
慢指针的行动逻辑是，在交换完之后，向前移动一格；
快指针的行动逻辑是，每轮都前进一格。没发现目标，就和慢指针交换一次；如果发现了目标就不进行交换。
int myPointFstandSlow(vector<int> &nums, int val)
{
int n = nums.size();
int fast = 0;
int slow = 0;
for (; fast < n;fast++){
if(nums[fast] != val){
nums[slow] = nums[fast];
slow++;
}
else{
}
}
return slow;
}
和答案比其实就是差不多的了。
3、有序平方数组
题目简介：
给你一个按 非递减顺序 排序的整数数组 nums，返回 每个数字的平方 组成的新数组，要求也按 非递减顺序 排序
初见思路：
忘记我的初见思路是啥了。
算法思路：
还是双指针法。但是思想还是很妙的，由于这是一个递增的数组，或者说是非减的数组。
如果不考虑负数，那么肯定是越到后面的数，平方起来越大，那么直接平方然后copy到新数组就好了；
但如果考虑负数，那么就必须要想到，负数越小他的平方就越大， 那么平方后最大的数只可能在数组的两边出现，最小的数会出现在中间；
所以，我们只需要每次都考虑两头谁大，然后填在新数组的最后就好了。
这里还有一点小巧思，那就是提前预设vector的大小，很显然，我们每次算出来的数是最大的数，但是我们却要把他填充在新数组的最前后头，这可咋办呢？vector只能往数组的后面插入呀，那岂不是成了递减数组了。
但如果我提前设好了vector的大小，我就可以利用下标访问到对应位置的元素了，直接赋值就好了。
vector<int> sortedSquares(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
vector<int> ans(n);
for(int i = 0, j = n-1,pos = n-1; i<=j;){
if(nums[i]* nums[i] < nums[j] * nums[j]){
ans[pos] = nums[j] * nums[j];
j--;
}else{
ans[pos] = nums[i] * nums[i];
i++;
}
pos--;
}
return ans;
}
打卡完成！
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