aFei_Toby的博客

i<n-1,j>0;) {//停在最高处//停在最高处else break;=0 && j!//只有半座山也不算山脉。

public://迭代器初始化i>=0;i--) {//从后往前遍历，相同元素的话保留最左边的。//数组哈希，覆盖全范围，元素：比他小的数量i<n;

public://双指针//直接用结论一while (q!p=p->next;

cin>>n>>m;i<=n;i++) {j<=m;cin>>x;//从1开始就不用特判了。这相当于是同义句。//二维前缀和i<=n;i++) {//减一个得到后半部分的和。减两个的绝对值就得到前后两部分的差值//保留最小值j<=m;j++) {//纵着遍历//同理return 0;

cin>>n;i<n;return 0;

public://为空//赋值上下左右边界int u=0;int l=0;//要到头。循环里会额外留一个。//循环左闭右开。每行留一个作为下一步的起点。j<r;//上行i<d;//右列j>l;//下行i>u;//左列//成对相加减。四个边界同时往内缩。留下相等的情况单独讨论。//偶数。则会在相邻后错开。奇数，则会在相邻后相等。只要其中一对相等就会退出循环。//若同时奇数。则只需要补充一次u++;l++;d--;r--;//相等时，不用为下一个留个开头了。所以左闭右闭。

滑动窗口之最小滑窗最小滑窗字符串麻烦在组织答案，要用substr这些东西76. 最小覆盖子串 - 力扣（LeetCode）评论区里有c++版本的答案1、它是先把所有需要的量，所有的需求，比如t的长度等等求出来。遍历时一个一个减。那反过来呢？累加已有的字符数量看是否达到cnt？cnt==0当条件比较方便写吧。2、3、4、unordered_map做哈希：计数数组做哈希：

public://用哈希存果树种类int res=0;//果树长度。i<n;i++) {//顺序遍历每棵果树.两个窗口指针while (cnt.size()>2) {//种类超过2之后，就往外扔水果。不同种类的水果都有可能扔//扔完了就删除一个水果种类j++;//扔一个，指针右移一位//从0开始，故长度为i-j+1return res;

双指针（快慢指针）用于复制数组、移除元素。主要是把n^2复杂度降到n。三指针用于搜索查找。

public://双指针从后向前遍历//代表两个字符串'#'的数量while (i>=0) {//从后往前遍历//记录退格数else {//如果不是退格//退格发挥作用else break;//没有退格了，要比较了i--;//遍历i的做法else {//如果不是退格else break;//没有退格了。要比较了j--;//下面是主逻辑。上面是处理退格的逻辑//遍历完了至少一个。在这是整个while的出口if (s[i]!//直接判断i--;j--;

public://快慢指针int j=0;i<n;i++) {//直接去掉所有重复0。去重操作。注意边界一定要下。不然会报错if (i<n) {i<n;

public://快慢指针int j=1;i<n;i++) {//0不用用到。所以都从0开始遍历。return j;

public://左闭右闭while (l<=r) {//左闭右闭，相等时区间有效//l很接近右边范围极限的时候，l+r会爆。所以这里防溢出//会爆。else r=m-1;

public://双指针左闭右闭。int ans=0;while (l<=r) {//左闭右闭，相等时区间有效//防溢出//看范围。[ (2^31-1)/2 ]^2 会爆的ans=m;//小数部分会被舍去。所以放在这边。l=m+1;else r=m-1;return ans;

public://找右边界//根据题意，左闭右闭比较好。int rb=-2;//预设找不到。正常可能走到-1去的。所以用-2while (l<=r) {//左闭右闭，相等时有意义。//防溢出//永远想象l在最左，r在最右，mid在最中间，再根据大于小于来判断target在左区间还是右区间，就比较快if (nums[mid]>target) {//target在左区间。相等不在这边，这边是右边界。所以找的是右边界r=mid-1;} else {//相等在这边。相等时l会继续右移。

public://左右指针。左闭右开while (l<r) {//l==r时区间无效else r=mid;//保持区间无效return r;public://定义左右指针。左闭右闭while (l<=r) {//相等时区间有效//防溢出//保持循环不变量//找不到时有三种情况。

public:i<n;i++) {//一级剪枝去重//和上一道题的区别是上一道题target确定==0//去重j<n;j++) {//二级剪枝去重//双指针。左闭右闭int l=j+1;int r=n-1;while (l<r) {//左闭右闭，相等没意义else {l++;r--;return res;

public://先排序i<n;i++) {//选一个数为起点，在这个数后面的范围选。//剪枝。后面的数一定比这个数大。一定回不到0//去重，防止出现重复的二元组。//双指针int l=i+1;int r=n-1;while (l<r) {//左闭右闭。相等没意义。//最大值变小点//最小值变大点else {//再去重//最后执行一次。l++;r--;return res;

public://key:a+b的数值，value:a+b数值出现的次数mp[a+b]++;int cnt=0;//方案数累加return cnt;

public://key存数，value存下标i++) {//让两数之和变成找一个数。//一个一个遍历。找到了就进if (iter!=mp.end()) {//如果找到了，就返回二者的下标} //没找到就放到map里去找。return {};

/只是拿出来。下一步再消掉n/=10;//每一位去右移return sum;//求出每个位置上数字的平方//只有两种可能：1、是快乐数。2、进入了无限循环//还没无限循环的话就加入集合。n=sum;//更新。

public://用迭代器，换个容器存储//用范围for遍历容器=nums.end()) {//找得到的话//临时容器。

i++) {i<26;

string s;cin>>k>>s;//用库函数reverse就用迭代器反转//整个都反转//左闭右开。结尾为 开头+长度return 0;

public:void reverse(string& s,int st,int end) {//左闭右闭。相减就是长度i<j;i++,j--) {void rmspace(string& s) {//看代码顺序是：先走一个while（第一个单词），再加空格，再走完最后一个单词int j=0;//j指向新数组（慢指针），i指向旧数组（快指针）i<s.size();=' ') {//在每个单词的开头处开始。消除了前置空格if (j!//2复制完单词之后加后置空格。

cin>>s;int cnt=0;i<s.size();i++) {//旧长度的序号//扩容。//每个数字翻6倍的长度，就是每个数字加5个长度//新长度的序号//新旧长度一起开始移动while (idx1>=0) {//从后向前填充，避免数组的移动//遇到数字的话} else {//遇到字母的话照常复制idx1--;return 0;

class Solution {//自写reverse版public://左闭右闭，用的时候就要减一i<j;i++,j--) {//双指针：奇最后指向同一个，不做处理。偶刚刚好i<s.size();i+=2*k) {//固定规律，改变循环区间即可。//对每个区间都是这个循环if (i+k<=s.size()) {//够k个，无论是否到了2k个，都直接反转前k个//左闭右闭，故加长度减一} else {//不够k个，就反转到底。//左闭右闭，故加长度减一return s;

i++,j--) {

/取出它的所有邻点for (int i:g[s]) {//对list里的每个邻点if (vst[i]==false) {//如果没见过的话int main()cin>>n>>m;//邻接表cin>>s>>t;i<=n;return 0;

cin>>n>>m;i<n;i++) {j<m;i<n;i++) {j<m;j++) {if (g[i][j]==1) {//如果是陆地的话k<4;k++) {//下右上左四个方向。|| g[nx][ny]==0)//到边界或者水域的话说明是边长了res++;return 0;

这就是前几道题常用的做法。会想到这样是理所当然。但是问题在于 代码随想录终止条件写在前还是写在后的问题。如果写在外部函数循环体之外，就相当于传入节点后再判断。会多递归。但是由于有vst数组的存在，标记以后不会多走错路，这和二叉树没有vst数组不一样。这是我的理解。写在循环体里面的话，在主函数开始的时候就得添上第一个数组的条件。然后再外部函数的循环体里dfs传入的就直接是合法节点了。具体见代码随想录用全局变量也有好处。才不用在每个里用g.size()。答案版本也开始用全局变量了

/深搜改标记g[x][y]=2;//进来之后先改了。后面可以用这个标记避免重复搜索i<4;cin>>n>>m;i<n;i++) {j<m;j++) {//把不是孤岛的都改标记i<n;i++) {j<m;j++) {//以下两步互不影响的。可以放到同一个循环里//把孤岛变成海i<=n-1;j++) {//把不是孤岛的改回来。

/不是要把整个岛搜出来，而是要陆地变海洋。所以不用vst数组g[x][y]=0;//陆地变海洋。同时把相连的陆地都变成海洋。i<4;i++) {//一味跳过即可。return;cin>>n>>m;i<n;i++) {j<m;j++) {i<n;i++) {//传入起点和终点j<m;j++) {//直接总面积相加。不用搜索了int res=0;i<=n-1;

i<4;i++) {if (!num++;return;cin>>n>>m;i<n;i++) {j<m;i<n;i++) {j<m;//每块岛屿都重新计数if (!vst[i][j] && g[i][j]==1) {//对每块岛屿num++;//把所有相连陆地搜出来//检查一下i<n;i++) {j<m;

while (!que.pop();i<4;i++) {if (!cin>>n>>m;i<n;i++) {j<m;j++) {//标记数组防止又搜回到自己。int res=0;i<n;i++) {j<m;j++) {if (!res++;//把所有相连的陆地搜出来return 0;

i<4;i++) {//用四个方向当相连边if (!//把所有相连的陆地都标记上int main()int n,m;cin>>n>>m;i<n;i++) {j<m;j++) {//标记数组防止又搜回到自己。int res=0;i<n;i++) {j<m;j++) {if (!res++;//把所有相连的陆地搜出来return 0;

i++) {//遍历其它点return;//从起点开始遍历。return res;

void dfs(vector<list<int>>& g,int s,int n) {//邻接表return;//邻接表for (int i:g[s]) {//与s相连的每个节点dfs(g,i,n);return;int main()//邻接表cin>>n>>m;cin>>s>>t;//起点为1，终点为ni++) {return 0;

class Solution {//精简写法public://栈底到栈顶递减。st.push(0);//把第一个塞进去，防空i<n;i++) {//按顺序遍历的while (!st.pop();st.push(i);return res;public://栈底到栈顶递减。st.push(0);//把第一个塞进去，防空i<n;i++) {//一直没遇到更高的温度，就入栈else {//遇到了更高的温度。对每个位置记下 下一个更高的温度。因为进去了之后可能乱序了。

class Solution {//删除的做法public://表以i-1,j-1结尾要删的最小个数//初始化i<=n;//另一个为空串。则需要全删了j<=m;i<=n;i++) {j<=m;j++) {//相同就不用删。继承上一位的操作//不相等的话就删掉class Solution {//最长公共子序列做法public:i<=n;i++) {j<=m;j++) {//不是公共子序列的部分都删掉。