biglamp的博客

俄罗斯农名乘法适用于两个正整数相乘，只需要用到乘2、除2和加法操作。公式如下：该乘法经常被用于两数相乘取模的场景，如果两数相乘已经超过数据范围，但取模后不会超过，我们就可以利用这个方法计算中间结果后取模，保证每次运算都在数据范围内。实现：//递归实现int ruM(int m, int n) { if (m == 1) return n; if (m % 2) return ruM((m - 1) / 2, 2 * n) + n; return ruM(m / 2, 2

这里直接采用手工乘法算法，两个循环即可解决，复杂度为o(n*m)，n，m分别为两个字符串的长度代码：string multiply(string num1, string num2) { string result(num1.length() + num2.length(), '0'); for (int i = num1.length() - 1; i >= 0;

习题8.3——证明吝啬SAT问题是NP完全问题 问题描述：给定一组子句（每个子句都是其中文字的析取）和整数k，求一个最多有k个变量为true的满足赋值——如果该赋值存在。证明吝啬SAT问题为NP完全问题。显然吝啬SAT问题是NP问题，因为可以代入可能的解即可判断是否满足，时间是多项式的。已知SAT是NP完全问题，所以证明的关键是可以在多项式时间内将SAT规约到吝啬SAT。 证明如下： 对于任何

分析：对于原来的字符串，任何总数没有达到k的字符一定不会出现在满足要求的子串中，所以可以将其作为分界点，将原来的字符串一分为二，分而治之。每一次寻找分界点，耗费o（n），平均需要log（n）次递归，总的复杂度为o(nlog(n))，最差情况下，需要o（n^2）.代码：class Solution {public: int longestSubstring(string s, int k)

分析：每次移除一个数，要尽可能使前面的数最小，因为前面的数的权值最大。而删除一个数，会导致后面紧接着的一个数代替删除的数的位置。所以在一次移除操作中，从前往后检查，一旦发现某个数后继的数更小，则删除此数。复杂度为o(k*n),可以采用递归的方法实现。（然而递归代码LeetCode显示内存超出，应该是栈溢出了,本地测试没问题。下面先给出递归代码，后面再给出迭代方法）递归代码class Solution

分析，此题可以用动态规划来做。子问题为：max（i）= max（i - 1）> 0 ? max(i - 1) + nums[i] : nums[i], max(i)表示以nums[i]结尾的子串的最大和，最后返回最大的那个即为所求，复杂度为o（n）代码：class Solution {public: int maxSubArray(vector<int>& nums) {

本周做了两题 第一题： 此题比较简单，直接上代码class Solution {public: int removeDuplicates(vector<int>& nums) { int index = 0; vector<int> tmp(nums.size(), 0); for (int i = 0; i < nums.size(); +

思路：用两个“指针”，后面的指针找合法的窗口，前面的指针来缩小窗口到最小，找出最小的那个即为答案。 代码：class Solution {public:string minWindow(string s, string t) { vector<int> m(128, 0); //记录t中字符对应的个数 for (auto c : t) m[c]++; //初始化m in

分析：暴力法，列举所有的排列，复杂度为o（n！），显然不可取。如果原来的排列是降序的，则无法找到更大的排列，返回上升序的排列。如果不是降序的，则从尾部开始找，直到发现第一对nums[i] < nums[i+1],i记为flag1，可知从i以后，是降序的，所以从后往前找出第一个比nums[i]大的数，交换之。因为上一步的交换不会影响后面的数的降序，所以再将i后面的数翻转即可。算法复杂度为o（n） 代

分析：此题就是书上的例题，用动态规划解决。公式： if i == 0 且 j == 0，edit(i, j) = 0 if i == 0 且 j > 0，edit(i, j) = j if i > 0 且j == 0，edit(i, j) = i if i ≥ 1 且 j ≥ 1 ，edit(i, j) == min{ edit(i-1, j) + 1, e

思路：简单直接，从第一个字符开始，查找以该字符为起点的回文，返回所有回文中最长的那个回文 代码：class Solution {public: string longestPalindrome(string s) { string result= ""; string temp; for (int i = 0; i < s.length();

分析：最简单的是暴力法，即列举所以可能的组合，此法要嵌套扫两遍，所以复杂度为o（n^2）. 然而此题可以用o（n）的复杂度解决，原因在于水桶原理，即关注短板。可以从两端开始，从短的一遍向内重选边，因为可能找到一个更长的边来抵消x轴减小带来的影响，并使高度与x轴乘机变大。重复上述步骤，直到两边重合。因此复杂度为o（n）。 代码：class Solution {public: int ma

分析：最直接的方法，即用二维数组表示一个棋盘，然后每次找寻合法的位置放置皇后。但是这个方法效率较低，因为每次查找合法的位置时都要使用循环，耗费大量的时间。可以消去这些循环查找合法位置所耗费的时间，即找出空闲的列，和斜线。斜线分上斜线与下斜线。每条上斜线上的格子，行加列为固定值，每条下斜线的格子，行减列为固定值。因此不再是检查空闲的格子，而是检查空闲的列和斜线，这可以根据传来的参数（列）立即确定，插入

思路：将源字符串s扫描一遍，找出n个不重复的子字符串，然后返回最长的那个的长度。 复杂度分析：查找子字符串要o（n^2）,再乘以o（n）个子字符串，最后复杂度为o（n^3）.实际情况可能要好很多，因为查找子字符串是否重复中的n只有少数能接近s.length().该算法的瓶颈在查找子字符串是否重复所花的时间。可以用树存储字符串，复杂度为o(nlogn!).代码：class Solution {pu

算法分析与设计第二周本周做了一题，题目如下： You are given two non-empty linked lists representing two non-negative integers. The digits are stored in reverse order and each of their nodes contain a single digit. Add the t

第一周第一周讲了分治，但是找不到分治的题目，所以随便找了两道题做了一下。第一题：Implement atoi to convert a string to an integer.Hint: Carefully consider all possible input cases. If you want a challenge, please do not see below and ask your

题目描述： 方法一：这是我最开始想到的方法，简答直接。先找到链表的长度count，然后删除第count-n+1个节点。需要两遍遍历。复杂度为o(n),n为链表的长度。 代码：class Solution {public: ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) { ListNode* find = head;