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RSS订阅原创 hot100 146.LRU缓存
一开始哨兵节点sentinel的prev和next都指向sentinel。随着节点的插入，sentinel的next指向链表的第一个节点（最上面的书），sentinel的prev指向链表的最后一个节点（最下面的书）。答：在删除链表末尾节点的时候，也要删除哈希表中的记录，这需要知道末尾节点的key。（2）空间复杂度：O(min(p,capacity))，其中p为put的调用次数。写法一：标准库（面试一般不让调用标准库，需手写链表）。（1）时间复杂度：所有操作均为O(1)。写法二：手写双向链表。
2025-12-31 12:49:19
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原创 hot100 23.合并K个升序链表
2.一个巧妙的思路是，把lists一分为二（尽量均分），先合并前一半的链表，再合并后一半的链表，然后把这两个链表合并成最终的链表。3.八八合并：把lists[0]和lists[4]合并（相当于合并前八条链表），合并后的链表保存在lists[0]中；2.四四合并：把lists[0]和lists[2]合并（相当于合并前四条链表），合并后的链表保存在lists[0]中；把lists[2]和lists[3]合并，合并后的链表保存在lists[2]中，以此类推。（2）空间复杂度：O(m)，堆中至多有m个元素。
2025-12-30 21:28:31
921
原创 hot100 148.排序链表
从图形上理解，递归深度是O(logn)，每一层的链表长度之和是O(n)，计算高为O(logn)，底边长为O(n)的矩形面积，得到O(nlogn)。例如[4,2,1,3]，把第一个节点和第二个节点归并，第三个节点和第四个节点归并，得到[2,4,1,3]。例如[2,4,1,3]，把前两个节点和后两个节点归并，得到[1,2,3,4]。（5）分割出两段长为step的链表，合并，把合并后的链表插到新链表的末尾。（4）以此类推，直到归并的长度大于等于链表的长度为止，此时链表已经是有序的了。
2025-12-29 11:57:25
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原创 hot100 138.随机链表的复制
（5）举例：有一个链表1->2->3，依次复制每个节点（创建新节点并复制val和next），把新节点直接插到原节点的后面，形成一个交错链表：1->1'->2->2'->3->3'。（7）然后遍历这个交错链表，假如节点1的random指向节点3，那么就把节点1'的random指向节点3的下一个节点3'，这样就完成了对random指针的复制。1.题目要求：深拷贝一个链表，要求新链表中的每个节点都是新创建的，并且这些节点的random指针都指向新链表中的相应节点。（1）时间复杂度：O(n)，其中n是链表的长度。
2025-12-28 19:45:48
303
原创 hot100 25.K个一组翻转链表
7.特殊情况：当翻转部分的长度不足k时，在定位end完成后，end == null，已经到达末尾，说明题目已经完成，直接跳出循环return即可。4.初始时需要两个变量pre和end，pre表示待翻转链表的前驱，end表示待翻转链表的末尾。6.翻转链表，然后将三部分链表连接起来，然后重置pre和end指针，然后进入下一次循环。3.需要记录翻转链表的前驱和后继，方便翻转完成后把已翻转和未翻转的部分连接起来。1.时间复杂度：O(n*K)，最好的情况为O(n)，最差的情况为O(n^2)。
2025-12-26 19:31:27
239
原创 hot100 24.两两交换链表中的节点
（1）递归边界：如果head或者head.next为空，说明剩余节点不足两个，无需交换，返回head。（2）先交换以node3为头节点的链表，即递归调用swapPairs(node3)。（2）空间复杂度：O(n)，递归需要O(n)的栈空间。（1）时间复杂度：O(n)，其中n为链表的长度。（2）空间复杂度：O(1)，仅用到若干额外变量。（1）时间复杂度：O(n)，其中n为链表的长度。（5）返回node2，作为交换后的链表头节点。（3）把node1指向递归返回的链表头。（4）把node2指向node1。
2025-12-26 18:01:25
259
原创 hot100 2.两数相加
（2）循环即遍历链表l1和l2，每次把两个节点值l1.val，l2.val与进位值carry相加，除以10的余数即为当前节点需要保存的数位，除以10的商即为新的进位值。代码实现时，有一个简化代码的小技巧，如果递归中发现l2的长度比l1更长，那么可以交换l1和l2，保证l1不是空节点，从而简化代码逻辑。2.每次把两个节点值l1.val,l2.val与进位值carry相加，除以10的余数即为当前节点需要保存的数位，除以10的商即为新的进位值。（1）时间复杂度：O(n)，其中n为l1长度和l2长度的最大值。
2025-12-25 21:11:04
191
原创 hot100 21.合并两个有序链表
2.比较list1和list2的节点值，如果list1的节点值较小，则把list1加入到新链表的末尾，然后把list1替换成它的下一个节点。——如果list1的节点值更小，那么就取出list1，递归调用mergeTwoLists（list1.next,list2），拿到递归返回的链表，把list1插在前面。——如果list2的节点值更小，那么就取出list2，递归调用mergeTwoLists（list1,list2.next），拿到递归返回的链表，把list2插在前面。二、方法二：递归（头插法）。
2025-12-25 20:09:07
242
原创 hot100 141.环形链表
这个时候用“相对速度”思考，慢指针不动，快指针相对于慢指针每次只走一步，那么快慢指针一定会相遇。slow在fast的后面，如果fast不为空，那么slow也肯定不为空。也就是fast在探路，slow走的都是fast走过的路。1.思路：快慢指针法。如果链表有环的话，快指针一定可以在一段时间后追上慢指针，这两个指针一定会相遇。2.注意：代码比较两个节点的时候，比较的是内存地址是否一致，并没有比较节点的val。（1）快指针会不会跳过慢指针，从来不会和慢指针相遇呢？（1）时间复杂度：O(n)，其中n是链表的长度。
2025-12-25 18:55:11
213
原创 hot100 234.回文链表
第二张图反转链表后，我们得到了两条链表：一条是1->2->3->4，另一条是6->5->4。4.然后把中间节点到链表末尾反转，如上图所示，反转后得到链表6->5->4，其头节点记作head2，这样就能从head2开始，依次访问原链表的最后一个节点、倒数第二个节点、倒数第三个节点...。第一张图反转链表后，我们得到了两条链表：一条是1->2->3，另一条是5->4->3。7.问：为什么不反转整个链表，这样也可以访问原链表的最后一个节点、倒数第二个节点、倒数第三个节点......？（2）空间复杂度：O(1)。
2025-12-24 20:55:35
227
原创 hot100 206.反转链表
1.思路：比如链表为1->2->3，创建一个新的空链表，然后用头插法依次把节点1，2，3插到这个新链表的头部，就得到了链表3->2->1，这正是反转后的链表（头插法就是把一个节点插入到链表的头节点，那么node就插在了链表的左侧，新链表的头节点就为node）。（2）空间复杂度：O(n)，递归需要O(n)的栈空间。（1）时间复杂度：O(n)，其中n为链表节点的个数。（1）时间复杂度：O(n)，其中n为链表节点的个数。（3）第三轮循环结束后，得到链表3->2->1。（2）第二轮循环结束后，得到链表2->1。
2025-12-24 14:21:04
192
原创 hot100 160.相交链表
具体来说：如果p不是空节点，那么更新p为p.next，否则更新p为headB；如果q不是空节点，那么更新q为q.next，否则更新q为headA。（1）时间复杂度：O(m + n)，其中m是第一条链表的长度，n是第二条链表的长度。除了交点，每个节点都会被指针p访问至多一次，每个节点都会被指针q访问至多一次。（4）循环结束时，如果两条链表相交，那么此时p和q都在相交的起始节点处，返回p；如果两条链表不相交，那么p和q都在空节点，所以也可以返回p，即空节点。（2）不断循环，直到p = q。
2025-12-24 13:28:56
161
原创 hot100 240.搜索二维矩阵Ⅱ
2.总结：利用matrix行列有序的性质，我们可以用O(1)的时间获取O(m)或O(n)的信息。相比之下，O(mn)的暴力查找（一个一个地找），每次花费O(1)的时间，只获取了O(1)的信息。（1）时间复杂度：O(m + n)。其中m和n分别为matrix的行数和列数，每次循环排除掉一行或者一列，一共m + n行列，最坏情况下需要排除m + n - 1行列才能找到答案。（2）空间复杂度：O（1）。
2025-12-24 11:23:56
219
原创 hot100 48.旋转图像
（5）（i，j）->（j，n - 1 - i）可以通过两次翻转操作得到：（i，j）->（转置）（j，i）->（行翻转）（j，n - 1 - i）。（4）所以位于第i行第j列的元素，去到第j行第n - 1 - i列，即（i，j）->（j，n - 1 - i）。——行翻转：就是把每一行都翻转，位于（j，i）的元素去到（j，n - 1 - i）。——转置：就是把矩阵按照主对角线翻转，位于（i，j）的元素去到（j，i）。——第i行的元素去到第n - 1 - i列（i从0开始）。——第j列的元素去到第j行。
2025-12-22 15:59:18
450
原创 hot100 54.螺旋矩阵
2.用一个长为4的方向数组DIRS = [(0,1),(1,0),(0,-1),(-1,0)]分别表示右下左上四个方向，同时用一个下标di表示当前方向，初始值设为0，表示一开始向右。一般地，每4组都会把矩阵最外面的一圈去掉（就像剥洋葱），矩阵的行数会减少2，列数会减少2，所以行列的减少是有规律的。走n步即1，2，3，4。其中，第1，3，5组都是向右或向左走的，长度依次为4，3，2。其中，第2，4组都是向下或向右走的，长度依次为2，1。（1）从（0，-1）开始（即把初始值设为（0，0）左边的元素）。
2025-12-22 13:13:44
484
原创 hot100 73.矩阵置零
对于matrix[i][j]，如果rowHasZero[i] = true或colHasZero[j] = true，则说明i行有0或者j列有0，于是把matrix[i][j]变为0。对于matrix[i][j]，如果matrix[i][0] = 0或者matrix[0][j] = 0，则说明i行有0或者j列有0，于是把matrix[i][j]变为0。2.规则：对于matrix[i][j]，如果i行有0，或者j列有0，那么把matrix[i][j]变成0，否则matrix[i][j]不变。
2025-12-21 20:57:43
610
原创 hot100 41.缺失的第一个正数
2，但由于nums[nums[2]] = nums[1] = 1，所以nums[2]是个影分身，并且其真身坐在了正确的座位上，所以可以忽略nums[2]，向后遍历。（3）一般地，为了兼容“当前学生是真身，坐在正确的座位上”和“当前学生是影分身，且其真身坐在正确的座位上”这两种情况，我们可以把i = nums[i]套一层nums[i]，用nums[i] = nums[nums[i]]判断。（3）向后遍历，nums[2] = 4，他应当坐在nums[4]上，所以他和nums[4]交换。
2025-12-21 16:21:15
681
原创 hot100 238.除自身以外的数组的乘积
（1）要计算pre[i]，可以先计算出nums[0]到nums[2]的乘积pre[i - 1]，再乘上nums[i - 1]，就得到了pre[i]。即pre[i] = pre[i - 1] * nums[i - 1]。（2）同理可得，post[i] = post[i + 1] * nums[i + 1]。（2）定义post[i]表示从nums[i + 1]到nums[n - 1]的乘积。（1）定义pre[i]表示从nums[0]到nums[i -1]的乘积。（2）空间复杂度：O(1)，返回值不计入。
2025-12-21 14:39:25
144
原创 hot100 189.轮转数组
（2）反转后数组变成了[7,6,5,4,3,2,1]，拆分成[7,6,5] + [4,3,2,1]，对比最终目标，只需要把[7,6,5]反转，把[4,3,2,1]反转，就得到了[5,6,7,1,2,3,4]。（1）把[1,2,3,4,5,6,7]看成[5,6,7] + [1,2,3,4]，首先要保证[5,6,7]在[1,2,3,4]的前面，这可以通过反转[1,2,3,4,5,6,7]得到。1.根据示例一，要把[1,2,3,4,5,6,7]变成[5,6,7,1,2,3,4]。（2）空间复杂度：O(1)。
2025-12-21 14:07:13
199
原创 hot100 53.最大子数组和
2.可以一边遍历数组计算前缀和，一边维护前缀和的最小值（相当于股票的最低价格），用当前的前缀和（卖出价格）减去前缀和的最小值（买入价格），就得到了以当前元素结尾的子数组和的最大值（利润），用它来更新答案的最大值（最大利润）。（2）如果nums[i]和前面的子数组拼起来，也就是在以nums[i - 1]为结尾的最大子数组和之后添加nums[i]，那么dp[i] = dp[i - 1] + nums[i]。（1）如果nums[i]单独组成一个子数组，那么dp[i] = nums[i]。
2025-12-21 11:44:12
540
原创 hot100 76.最小覆盖子串
5.遍历s，设当前枚举的子串右端点为right，把字母c = s[right]的出现次数加1。减一前，如果cntS[x] = cntT[x]，说明x的出现次数不满足要求，把less加1。3.初始化left = 0，以及一个空哈希表（或者数组）cntS，用来统计s子串中的每个字母的出现次数。答：s的子串BANC中每个字母的出现次数，都大于等于t = ABC中的每个字母的出现次数，这就叫涵盖。——重复以上三步，直到less > 0，即cntS有字母的出现次数小于cntT中该字母的出现次数为止。
2025-12-20 19:56:03
492
原创 hot100 239.滑动窗口最大值
这是因为窗口在一步一步地向右滑动（像只蜗牛），所以元素也是一个一个地离开窗口，不会出现同一轮循环中有多个元素离开窗口的情况。为什么代码中的队首离开窗口写的是if而不是while？1.右边入（元素进入队尾，同时维护队列的单调性）。思路：利用单调队列维护滑动窗口。3.记录/维护答案（根据队首）。2.左边出（元素离开队首）。
2025-12-19 20:02:35
192
原创 hot100 560.和为K的子数组
1.前缀和的定义：s[0] = 0，s[i] = nums[0] + nums[1] + ... + nums[i - 1]。设i < j，如果nums[i]到nums[j - 1]的元素和等于k，用前缀和表示就是s[j] - s[i] = k。要找的是j左边有多少个s[i] = 1。3.枚举右节点，维护左节点：以nums = [1,1,-1,1,-1]，k = 1为例，其前缀和数组为s = [0,1,2,1,2,1]。（2）可以把s[j] - s[i] = k移项，得到s[i] = s[j] - k。
2025-12-19 19:05:07
329
原创 hot100 438.找到字符串中所有字母异位词
所以只要s'的长度等于p的长度，就说明s'的每种字母的出现次数和p的每种字母的出现次数都相同，就说明s'是p的异位词，于是把s'的左端点下标加入答案。枚举子串s'的右端点，如果发现s’其中一种字母的出现次数大于p的这种字母的出现次数，则右移s'的左端点（缩小窗口）。如果发现s'的长度等于p的长度，则说明s'的每种字母的出现次数等于p的每种字母的出现次数，即s'是p的异位词。如果s'的每种字母的出现次数和p的每种字母的出现次数都相同，那么s'是p的异位词，并把s'的左端点下标加入答案。
2025-12-18 20:42:21
229
原创 hot100 15.三数之和
2.优化二：如果nums[i]与后面最大的两个数相加nums[i] + nums[n - 2] + nums[n - 1] < 0，那么内层循环不可能存在三数之和等于0，但继续枚举，nums[i]可以变大，所以后面还有机会找到三数之和等于0，continue外层循环（跳过本次迭代，进入下一次循环迭代）。（1）在外层循环中，如果发现nums[i] = nums[i - 1]，那么nums[i]与后面两个数组成的和为0的三元组，nums[i - 1]也能组成一模一样的三元组，这就重复了。
2025-12-16 19:39:33
137
原创 hot100 11.盛水最多的容器
（a）由（2）推理可知，如果固定左边的柱子，移动右边的柱子，那么水的高度一定不会增加，且宽度一定减少，所以水的面积一定减少。水的宽度是两根柱子之间的距离d = 8，水的高度取决于两根柱子之间较短的那个，即左边柱子的高度h = 3。（4）一开始，先检查右上方的单元格（0,7），即考虑最左边的0号柱子和最右边的7号柱子，计算它们之间容纳水的面积，然后比较一下两根柱子的高度，关注其中较短的一根。（c）如果移动右边的柱子，新的水面高度一定不会超过左边柱子的高度3，也就是不会超过现在水面的高度。
2025-12-16 18:33:27
223
原创 hot100 283.移动零
5.由于每次操作后，[i0,i - 1]对应的元素值全为0这一性质始终成立，所以nums遍历结束后（i == n），[i0,n - 1]对应的元素值全为0，且[0，i0 - 1]都是交换过去的非0元素，这样就满足了题目“将所有的0移动到数组的末尾”的要求。（2）举例：如nums = [0,0,1,2]，把1放到最左边的空位上，数组就变成了[1,0,0,2]。= 0的情况，就把nums[i]移动到最左边的空位上，也就是交换nums[i]和nums[i0]。（1）时间复杂度：O(n)，其中n是nums的长度。
2025-12-16 16:23:13
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原创 hot100 128.最长连续序列
各个连续序列（链）是相互独立的，如果发现其中一条链的长度至少为m/2（长度×2＞＝m），由于不可能还有一条长度大于m/2的链（否则这两条链的长度之和就超过m了），答案不会再增大，此时可以直接返回答案。如果nums =[1,1,1,...,1,2,3,4,5,...]（前一半都是1），遍历nums的做法会导致每个1都跑一个O(n)的循环，总的循环次数是O(n^2)，会超时。2.核心思路：对于nums中的元素x，以x为起点，不断查找下一个数x + 1，x + 2，...是否在nums中，并统计序列的长度。
2025-12-16 12:57:14
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原创 hot100 49.字母异位词分组
（3）因此，示例1返回的二维列表中，包含三个列表，分别为：[eat,tea,ate],[tan,nat],[bat]，三个列表的顺序随意。2.举例：以示例1为例。输入：strs = [eat,tea,tan,ate,nat,bat]。（1）每个字符串各自排序，得到aet,aet,ant,aet,ant,abt。——排序后是aet的字符串，排序前是eat,tea,ate。——排序后是ant的字符串，排序前是tan,nat。——排序后是abt的字符串，排序前是bat。
2025-12-15 19:28:22
118
原创 hot100 1.两数之和
1.思路：先枚举下标i，再枚举下标j，然后判断nums[i] + nums[j] == target。（1）时间复杂度：O(n^2)，两层for循环，其中n为nums的长度。（2）空间复杂度：O(n)，哈希表需要O(n)的空间。（1）时间复杂度：O(n)，其中n为nums的长度。（2）空间复杂度：O(1)，仅用到了若干额外变量。1.思路：如下图所示。
2025-12-15 17:38:49
180
原创 代码随想录 109.冗余连接Ⅱ
（2）题目要求：有一个有向图，是由一棵有向树 + 一条有向边组成的（所以此时这个图就不能称之为有向树），现在要求找到这条有向边并将其删除，使得这个图可以恢复为有向树。节点3的入度为2，但在删除边的时候，由于存在有向环，只能删这条边（节点1->节点3），如果删除边（节点4->节点3），那么删除后本图也不是有向树了，因为找不到根节点。（4）有向树的性质：对于一棵有向树，只有根节点的入度为0，其他节点的入度都为1（因为该树除了根节点之外的每一个节点都有且只有一个父节点，而根节点没有父节点）。
2025-12-15 13:36:58
280
原创 代码随想录 684.冗余连接
2.题目要求：对于一个无向图，返回一条可以删去的边，使得结果图是一个有着N个节点的树（即，只有一个根节点）。3.思路：可以从前向后遍历每一条边（因为优先让前面的边连上），边的两个节点如果不在同一个集合，就加入集合（即同一个根节点）。（2）如果边的两个节点已经出现在同一个集合里，则说明这条边的两个节点已经连在一起了，再加入这条边一定就出现环了，如下图所示。4.注意：题目已说明该图是在树的基础上添加一条边得到，因此只会有一条冗余边，因此可以在遇到同一个根的两个节点后直接返回即可。这道题也是并查集基础题目。
2025-12-15 11:07:45
174
原创 代码随想录 并查集理论基础
（1）放到同一个数组或者set或者map中，这样就表示两个元素在同一个集合（但是这么多元素分门别类，可不止一个集合，可能是成百上千个集合，这时会定义很多的数组，不好实现）。这是因为find函数向上寻找根节点，father[u]表示u的父节点，那么让father[u]直接获取find函数返回的根节点，这样就让u的父节点变成根节点。（4）最后要判断两个元素是否在同一个集合里，如果通过find函数找到两个元素属于同一个根的话，那么这两个元素就是同一个集合，代码如下所示。（2）判断两个元素在不在同一个集合。
2025-12-14 16:36:26
903
原创 代码随想录 463.岛屿的周长
在这道题中，值为0表示非岛屿（不可遍历），值为1表示岛屿（可遍历），可以用2表示已经遍历过的岛屿。（6）如何在DFS遍历时求岛屿的周长：求岛屿周长的方法很多，如果用DFS遍历来求的话，有一种很简单的思路，那就是岛屿的周长就是岛屿方格和非岛屿方格相邻的边的数量。1.网格问题：网格问题是这样的一类搜索问题：由m×n个小方格组成一个网格，每个小方格与其上下左右的四个方格被认为是相邻的，要在这样的网格上进行某种搜索。（1）首先，每个方格与其上下左右的四个方格相邻，则DFS每次要分出四个岔。
2025-12-14 15:01:20
245
空空如也
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