dakingffo的博客

震撼的C++输入输出流运用

DP数组的实现就不必多说了，无非是dp[i]=dp[j]+1（到i的最少步数是j的步数+1，其中j是前面的所有能跳到i的位置里步数最少的）只是还不知道j是多少而已。从下标为 0 跳到下标为 1 的位置，跳 1 步，然后跳 3 步到达数组的最后一个位置。注意，在j处能跳到的最远位置是下标j+nums[j]的位置。如果j不能跳到i，那么i就大于这个最远位置。思考一个问题：如果在位置j不能跳到位置i（j

对于第i行第j列的最优解，有dp[i][j]=min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1])+triangle[i][j]。表示dp数组最初有一行一列（vector(1)无名vector表示第一行有1个值），赋值为triangle[0][0]。需要注意列遍历在最左侧或最右侧时dp[i][j]直接等上一层的对应位置+triangle[i][j]。自顶向下的最小路径和为 11（即，2 + 3 + 5 + 1 = 11）。用二维数组dp表示三角形每个位置的最优解。三角形的每一行都由上一行的最优解决定。

反之如果prices[i]大于low则判断prices[i]-low是否比ans更大，更新ans。在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5。同时，你不能在买入前卖出股票。定义low=prices[0]，ans=0，for循环从i=1开始，适时更新low和ans。返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。记录当前遍历得到的最低值low和已知最大利润ans，

每次外层循环循环定义int len=队列的当前长度，通过内层循环while(len--)来保证队列内的值全部更新一次，内层循环中依次取出队头后加入到layer数组中，判断其左子树和右子树是否需要入队（空节点不入队）。que.empty())外层循环，我们的每一次外层循环都完成一层搜索，定义layer数组来储存每一层的搜索结果。每完成一次外层循环，队列中的每个元素都向他的左右子树演替了一次，队列清空后即搜索结束。我们将每一层的搜索结果入栈，生成答案时依次出栈就得到了倒序的层序遍历结果。最后清空栈返回答案。

定义第一代string ans="1",然后从第二代开始模拟，循环过程中进行cnt计数，如果下一个字符不再和当前字符相等，就把cnt和ans[i]追加到下一代temp中.（RLE）是一种字符串压缩方法，其工作原理是通过将连续相同字符（重复两次或更多次）替换为字符重复次数（运行长度）和字符的串联。countAndSay(3) = "11" 的行程长度编码 = "21"countAndSay(2) = "1" 的行程长度编码 = "11"为了防止i+1溢出，定义string s=ans+'x',x是占位符。

next_permutation可以将区间内的值向降序排列演替一步，一直到区间变为降序排列位置。在这个过程中会生成整个区间的全排列，如果区间已经是降序排列，那么返回false值，否则返回true值。定义ans保存答案，先利用sort进行升序排序，（否则next_permutation只产生当前状态之后的排列而不是全排列），初始状态压入ans之后循环生成答案即可。（最后一次循环会生成降序排列（此时返回true），之后再次进入循环才返回false所以不会丢答案）sort函数可以将区间内进行升序排列；

我们开始遍历,从i=3开始，我们对ans[i]施加状态转移方程ans[i]=ans[i-1]+ans[i-2]，什么意思呢？走到第i个台阶的方法是走到第i-1个台阶的方法和第i-2个台阶的方法之和。我们分割原始问题为多个子问题，在遍历数据的过程中，如果能根据之前得到的信息动态解决当前的子问题，那么就可以在线性时间内解决很多需要多次遍历的问题。对于本题目，他的dp表中ans[0]=0,ans[1]=1,ans[2]=2，此为初始状态。本题中定义ans[i]为dp表，表示走到第i个台阶的方法数。

遍历结束后，访问address中下标为address.size()-n-1的位置，他是第n个结点的上一个节点（注意address的长度比原链表长度大1个节点，address[0]是我们申请的新头结点），将address.size()-n位置的的next指针与之连接，即抛弃了address.size()-n这个节点。构造vectoraddress(1,ans)，它当前长度为1，存入了我们新申请的头结点。申请一个新的头结点，与原始链表相连，防止空链表数据的输出异常。

strcmp（char *str1,char *str2）按字典序逐个比较str1和str2，到某个字符时str1大于str2则返回正数，完全一致则返回零，否则返回负数（与长度无关，只取决于对应位置的字符大小关系，如"ab"大于"aaa"）reverse（a或begin（）,a+n或end（））将容器a到a+n（或begin到end的左闭右开区间的内容翻转）stoi（char *str）将由str[0]开始的完全由数字和正负号组成的子串转换为其书面意义上的数字。中的数字部分反转后的结果。

对于这道题目，DFS一开始接收到空字符串，然后进入函数体后判断剪枝情况（我们可以利用已知信息来判断继续向下探还能否得到结果的可能性），然后分别递入下一级DFS（两个分支分别加上左括号'('和右括号')'）。想象一个矿井，从地面到井底有多层平台，每层平台都能从此处向下连接到一个不同的矿底，我们先一路探到底，发现最底部无矿后再向上爬一个平台，然后走向这个平台连接的矿底。我们定义l和r记录左右括号的当前数量，如果 右括号多于左括号||右括号多于n个||左括号多于n个 都不可能得到一个拥有全部由小括号的字符串了。

我们利用两层循环逐层求解即可，外层循环表示当前层，内层循环交替变换A和Λ（注意i==0始终为V和inumRows-1始终为Λ，两种情况不变换）我们画V字时，坐标移动长度=（2numRows-1）-2（i+1）+1 （最大V字的长度-缩短的长度+（当前在i位置不算）），以从上往下、从左到右进行 Z 字形排列。同样的，可以发现画Λ时坐标移动2i的长度。在线性时间内用找规律快速求解。关流后实测击败全世界。

nums1.insert(num1.end(),num2.begin(),num2.end()),将整个向量组2追加到向量1的后面，利用nth_element排中位数,判断向量长度的奇偶，选择直接输出中位数还是求平均值。它的作用是：将区间中第n小的元素排在第n个位置上（升序排列）（注意不是整个区间排序，这个函数只保证第n个元素的正确）例如 有数组a，则nth_element(a,a+2,a+4)会将前四个数中第3小的数排在第3位（合并数组 = [1,2,3] ，中位数 2。实测击败90.5%。

unordered_map是c++提供的stl模版，提供一对一的键值对映射，对于一个unordered_maphash，hash[key]将会访问到这个key所对应的值。我们注意到一个性质：对一于一个未录入map的key值，直接写下如下代码hash[key]将会插入这个key并将hash[key]初始化为0，有了这个性质，我们就可以耍点花招来判断之前是否录入过key。我们用hash[a]=b表示数组中的a出现在b位置上，即翻转了原数组的键值对关系。实测击败97.7%。