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记录一种数组转圈遍历的简单方法

维护一个栈，满足从栈底到栈顶元素大小递减。如果当前元素高于栈顶，且栈内有至少2个元素，则形成了一个凹槽，及一个图中横着的红色矩形，将它的面积累加即可，第一次写难在维护单调栈中计算面积和。求出前缀最大和后缀最大，用两者较小值减去当前高度，累加即可，这个思路容易想到，这里不赘述。

这是一道京东笔试题目，属于动态规划中等难度题目。

解决方案：随机化数组或者随机取基准值（而非第一个）时间复杂度会退化为O(n2)时间复杂度会退化为O(n2)所有数据都相等的数组。

明显是二分，但是二分什么呢？一般都是二分两个数组，但这道题不同，需要二分的是k，对于两个数组而言，比较两个数组的第k/2个数字，小的一方前k/2个数字都不会是中位数，可以直接排除，从而快速缩小范围。此题目是寻找两个数组组合为一个数组后的中位数，我们知道两个数组的长度，中位数是组合后的数组第几个数字我们是知道的，问题就转化为了寻找组合后数组的第k个数字，要求时间复杂度在。

这道题要注意一定要保证游戏能够买到。此时f[i]=0.5a+0.5f[i+1]。以此类推可以得到第一天决策的最佳期望。

考虑答案是否爆int，最差情况是n*(n-1)/2，到1e10，开longlong，其次注意树状数组下标从1开始，而题目a[i]从0开始，因此加上值为1的偏移量。因此修改数字时就可以先减去修改前的贡献，加上修改后的贡献，树状数组的维护上，如果数字从a变为b，就把a位置加上-1，b位置加上1即可。这道题和用树状数组求逆序对那道题目类似，都是把数组值作为树状数组下标，效果等价于权值线段树，本质上是一道树状数组的简单题。每一个数字为答案的贡献等于getsum(W-num)

如何把当前元素放到下一个即将访问的位置？如果只是简单的覆盖，下一个元素将丢失，容易想到的是用temp存储即将丢失的元素，但这样实现起来有许多细节很难写，用交换实现则特别简单，找一个临时变量，每次都把当前位置和临时变量进行交换，则实现了旋转操作。对于一圈：对于第一行（除了最后一个元素）而言，只要把这些元素旋转四次就回到了原来位置，所以只要循环四次，把中间遍历到的元素都移到下一次即将遍历的位置即可。矩阵从外到内，是一圈一圈的，只要能把一圈旋转90度，内层圈找好数据关系，for循环就可以搞定每一圈。

处理冲突方法采用链表法，利用list。

双指针，先按照左端点升序排序，对于一个区间，如果可以和后面的合并，则其右端点一定大于后面区间的左端点，且合并后的区间右端点要取两个区间大的右端点，取max，注意边界即可。vector默认按照第一列的元素从小到大排序，注意如果这里加cmp函数，必须是静态函数，因为sort是全局函数，全局函数不能调用类的成员函数。

解出两颗子树的所有前序序列，若t2是t1的子树，则t2的前序序列应为t1的前序序列的子串，利用kmp算法匹配即可，代码中lNull为左子树空的标志，rNull为右子树空的标志。解法一、暴力遍历每一个子树，比较子树是否相同。官方题解给出的哈希做法，感觉很秒。时复：O(s * t)时复：O(s + t)

题目有点类似于层序线索化，就是在层序遍历的基础上魔改一下，使得可以获得当前遍历到第几层的信息。还有一种简单的写法，直接得出当前层节点个数。

题目所求即为最大面积，面积=(较短边*两线段距离)，答案即为max{以每一条线段作为较短边的最大面积}，当较短边确定时，两线段距离越长越好，因此考虑双指针从两端向内进行移动。两指针在两端时，对于较短边而言，以此线段为较短边的最大面积就是线段长度乘以两指针位置之差，因此较短边对应的指针就可以向前或向后移动了。移动后的状态又是以上状态。因此每次较短边指针移动。

因为排过序了，如果-(nums[i]+nums[j])

二分找索引，对于mid，如果处于上坡，则答案在右边，如果处于下坡，答案在左边，如果处于低谷，答案任意，如果处于峰顶，即为答案。注意特判0和nums.szie()-1两个位置。

class Solution {public: vector<vector<int>> res; void dfs(vector<int>& candidates,vector<int>& ans,int sum,int pos, int &target){ ans.push_back(candidates[pos]); if(sum+candidates[pos]==target) .

和最长上升子序列类似，这里多加了公差的性质，第一种想法是开一个结构体dp一维数组，dp[i].val表示以i位置结尾的最长长度，dp[i].cha表示以i位置结尾的子序列公差，你会发现无法进行状态转移，假设i<j<k，dp[k]被dp[j]更新了，并且更新后值最大，但这不代表i这个位置就一定不是最长等差序列之一，因为可能dp[i]和dp[j]只相差1甚至相同，但两者公差不一样，如果后面再来几个公差和dp[i].cha一样的，而你由没有把dp[k]给添加到序列中，这个状态没有被考虑，导致错误。.

写麻烦了，总之就是双指针，一个快指针一个慢指针class Solution {public: int removeDuplicates(vector<int>& nums) { int len=nums.size(); int cnt=1,L=1; for(int i=1;i<len;i++){ if(nums[i]==nums[i-1]){ if(cnt==2) .

动态规划class Solution {public: string longestPalindrome(string s) { int st = 0, L = 1; int len = s.size(); bool dp[1100][1100]; for(int i = 0; i < len; i ++) dp[i][i] = 1; //长度为1的子串都是回文串 for(int i = 2; i <.

考察了对链表的使用/** * Definition for singly-linked list. * struct ListNode { * int val; * ListNode *next; * ListNode() : val(0), next(nullptr) {} * ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {} * ListNode(int x, ListNode *next) : val(x),