sushang的博客

如果链表中有某个节点，可以通过连续跟踪 next 指针再次到达，则链表中存在环。1圈之内，fast必然追上slow，因为他们之间距离每次缩小1，不会错过，slow走1圈，fast都走了2圈了，肯定追上了。slow进环以后，fast开始追击slow，slow每走1步，fast每走2步，他们之间距离缩小1。slow进环以后，fast开始追击slow，slow每走1步，fast每走3步，他们之间距离缩小2。不一定，fast会先进环，slow会后进环，假设slow进环时，slow和fast之间的距离为N。

先分别找listA链表和listB链表的尾，如果尾节点相等，那么就是相交链表，不是就直接返回NULL，然后分别计算链表的长度，让长的链表先走他们的长度差值步，然后再同时走，如果走到节点的地址是一样的话，那么就是相交的节点。遍历listA链表，将listA链表中的每个值与listB链表中每个节点的值进行比较，比较节点地址相等的话就是交点。如果 listA 和 listB 有交点，intersectVal == listA[skipA] == listB[skipB]listA 中节点数目为 m。

定义个slow的慢指针，每次往后面走一个，定义一个fast的快指针，每次往后面走两个。当奇数个数据的时候，fast的next走到空就停止，当偶数个数据的时候，fast走到空就停止。给你单链表的头结点 head ，请你找出并返回链表的中间结点。如果有两个中间结点，则返回第二个中间结点。链表的结点数范围是 [1, 100]

在数组1中使用end1指针，数组2中使用end2t指针，两个数组从后往前进行比较，将比较后数组中较小的数进行尾插（放到数组1的最后面），当数组1先结束的时候，需要将数组2中的数依次全部拷贝到数组1中，当数组2先结束的时候，就不需要进行拷贝。注意：最终，合并后数组不应由函数返回，而是存储在数组 nums1 中。重新额外开辟一个数组存放合并后的值。给你两个按 非递减顺序 排列的整数数组 nums1 和 nums2，另有两个整数 m 和 n ，分别表示 nums1 和 nums2 中的元素数目。

使用src1，src2和dst指针，如果src1与src2所指向的内容相等时，那么就src++，如果当src1与src2不相等时，就将a数组中src1中的内容赋值到tmp数组的dst中，让后dst++，然后将src2赋值给src1，最后src2++。在一个数组中使用src和dst两个指针，当src和dst不相等时，那么就++dst，然后将数组a中的src的内容赋值到a数组中的dst中，最后在++src，如果当src和dst相等的时候，那么就直接src++。如果所有断言都通过，那么您的题解将被通过。

采用双指针的方法，定义src和dst的指针，当数组中元素的值等于val的时候，src往后面走，不等于val的时候i，就将src中的值放到dst中算法的时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(1)采用时间换空间的方法，另外开辟一个新的数组，将原来数组中不等于val的值放到新的数组中去，最后再拷贝回原来的数组。算法的时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(N)。然后返回 nums 中与 val 不同的元素的数量。从前往后进行查找，当数组中的值等于val的时候，将数组后面的值依次往前进行挪动。算法的时间复杂度为O(

首先将前n-k个数进行逆置，然后将后k个数进行逆置，最后将整个数组进行整体逆置。算法的时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(1)。空间换时间，创建一个临时变量的数组，将旋转后的数字依次放在临时变量的数组中，最后再赋值回去。算法的时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(N)给定一个整数数组 nums，将数组中的元素向右轮转 k 个位置，其中 k 是非负数。暴力求解，每次旋转一个数，旋转K次。算法的时间复杂度为O(你可以使用空间复杂度为O(1)的原地算法解决这个问题吗？)，空间复杂度为O(1)。

采用异或的方法，异或的特点是，两个数字进行异或，相同为0不同为1，先将数组中的数字全部异或一遍，再将异或后的结果与0-n中所有的数字异或一遍，最后剩下的那个数字就是消失的数字。算法的时间复杂度为O（N）排序，依次查找，如果下一个数不是上一个数+1，那么上一个数+1就是消失的数字。算法的时间复杂度为0(N*logN)数组nums包含从0到n的所有整数，但其中缺了一个。你有办法在O(n)时间内完成吗？采用0-N等差数列公式进行计算，减去数组中的值，最后剩下的就是那个消失的数字。算法的时间复杂度为O(N)

例如，当字符串为We Are Happy.则经过替换之后的字符串为We%20Are%20Happy。计算出替换后的字符串的长度后，我们可以在原字符串当中，从后往前进行填充。若遇到的不是空格，则将遍历到的字符从后往前进行填充。因为是‘ ’ ->“%20”，是1换3，所以可以先统计原字符串中空格的个数（设为count），然后可以计算出新字符串的长度。因为一个空格字符会被替换为三个字符，所以替换后字符串的新长度new_str=length+2*count。若遇到的是空格，则从后往前填充字符‘0’，‘2’，‘%’

首先需要考虑数组是否为空的情况，然后对数组从前往后进行抵消，如果相同，计数就+1，不同计数就-1，接着计算最后剩下的数字在整个数组中出现的次数，最后判断这个数出现的次数是否大于数组长度的一半，是就返回数值，否则返回0。首先对整个数组进行排序，然后计算中间数组的值，接着遍历整个数组，对目标值进行次数的统计，最后判断目标值出现的次数是否大于数组长度的一半，是则返回数值，否则返回0.例如输入一个长度为9的数组[1,2,3,2,2,2,5,4,2]。如果不存在则输出0。输入：[1,2,3,2,2,2,5,4,2]

可以通过左右下标的方法，left下标找到偶数，right下标找到奇数，然后进行交换，left是奇数就++left，right是偶数就–right，一次类推完成所有数据的交换，但是这种方式是无法保证奇数和奇数，还有偶数和偶数的相对位置不变的。首先遍历整个数组，查找数组中的奇数，找到后将它临时保存起来，然后将该奇数位置之前的所有偶数都向后移动一位，最后将该奇数放到移动后的空闲位置处，依次类推，就可以完成不改变顺序的奇数在前偶数在后的数组排序。输入：[2,4,6,5,7]输入：[1,3,5,6,7]

有一个长度为 n 的非降序数组，比如[1,2,3,4,5]，将它进行旋转，即把一个数组最开始的若干个元素搬到数组的末尾，变成一个旋转数组，比如变成了[3,4,5,1,2]，或者[4,5,1,2,3]这样的。这个过程会让[left,right]区间缩小，这个过程中，left永远在原数组前半部分，right永远在原数组的后半部分，而范围会一直缩小，当left和right相邻时，right指向的位置，就是最小元素的位置。NOTE：给出的所有元素都大于0，若数组大小为0，请返回0。输入：[3,4,5,1,2]

我们可以找到行列的交界处，比如[0][2]，即数字3这个位置，通过观察，我们可以发现，该数字是所在行中的最大数字，所在列中的最小数字，可以用目标数target和该交界处数字进行比较，：有一个二维数组，数组的每行从左到右都是递增的，每列从上到下都是递增的，在这样的数组中查找一个数字是否存在。直接对该二维数组进行遍历，但该种方法的时间复杂度为。如果用[2][0]也是可以的，思路则反过来。这个题目和杨氏矩阵是一样的。