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RSS订阅原创 牛客：矩阵消除游戏
二进制枚举所有可能的选行方案：用二进制数表示选中的行（例如101表示选中第 1 行和第 3 行）。计算选行后的剩余可选列数：若选了num行，则还能选k - num列（需保证非负）。贪心选择最优列：对未被选中的行，计算每列的元素和，选择最大的k - num列，累加其和。记录最大值：遍历所有选行方案，保留总和最大的结果。int n,m,k;int num=0;i<=n;i++){j<=m;j++){num++;}else{j<=m;
2025-10-21 15:10:05
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原创 牛客：NC16618排座椅
读入d对坐标x,y,p,q,如果x=p说明是横坐标相等就应该是纵向通道：zong[min(y,q)].num++;纵向通道zong[1024],横向通道heng[1024]（需要先将pos初始化）如果是y=q说明是横向通道： heng[min(x,p)].num++;用一个结构体记录每一个通道的通道号pos和该通道可以隔开的人数num。然后进行排序，先按num排序降序，然后按pos排序升序。
2025-10-21 15:09:11
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原创 牛客：机器翻译
用一个标记数组和一个缓存数组，如果vis标记数组里面没有标记，检查到了之后就标记，并且加入缓存，如果缓存满了则把最早的一个标记解除，表示把它踢出缓存。的元素（遵循 “先进先出” FIFO 规则），并取消其 “已存在” 标记；若不在窗口内：该元素是新的，加入统计，并更新 “最近元素窗口”。最终输出所有曾被有效处理（加入过缓存）的元素总数。若不在缓存：加入缓存，同时标记为 “已存在”；若在窗口内：该元素是重复的，不计数；中（即 “缓存窗口” 内）；若已在缓存：不做处理，跳过；若加入后缓存容量超过。
2025-09-23 21:30:50
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原创 牛客：多项式输出
#### 解题思路：先处理第一个系数，因为第一个系数前面的符号为+时，不用写，然后处理最后一个数，因为它是一个常数，至于中间的数都统一处理，先判断他的正负输出它的符号，然后判断他们的绝对值是否为1，如果为1就不输出系数，如果不唯一就输出绝对值，然后判断是不是倒数第二项，因为倒数第二项不用输出指数部分。##### 注意：要用一个标志位来记录，是否全为0，如果全为0就直接输出0；
2025-09-23 21:15:39
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原创 牛客：校门外的树
这道题的核心是计算移除指定区间内的树后，剩余的树的数量。代码使用高效解决了区间覆盖问题，时间复杂度为 O (L + n)，比暴力遍历更优。
2025-09-15 18:15:14
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原创 三数之和：力扣15
思路：该解法先对 nums 数组排序，遍历过程中以 nums [i] 作为三元组的第一个元素：若 nums [i] 大于 0 则直接跳出循环（排序后后续元素更大，无法凑出和为 0）；若 i>0 且 nums [i] 与 nums [i-1] 相同则跳过（去重）。
2025-09-10 19:21:17
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原创 四数相加||：力扣454
核心思路是将四个数组分成两组，先计算前两个数组（nums1、nums2）所有元素对的和，并将和的出现次数存入哈希表 map1；再计算后两个数组（nums3、nums4）所有元素对的和，取其相反数在 map1 中查找，若存在则将对应次数累加到结果中，从而通过空间换时间，将四重循环的时间复杂度从 O (n⁴) 降至 O (n²)。
2025-09-10 16:10:39
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原创 两数之和：力扣1
思路：先用哈希表存储数组元素与对应索引的映射，再遍历数组，对每个元素计算其与目标值的差值（互补元素），通过哈希表快速判断该差值是否存在且对应的索引不是当前元素，若满足则返回两个元素的索引。
2025-09-09 16:57:41
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原创 两个数组的交集：力扣349
给了两个数组判断一下他们的交集，我们先把其中一个数组放到unorderd_set集合里面进行去重，然后遍历第二个数组，看元素是否在刚才的集合里面能找到，如果能找到，我们就把这个元素存到另外一个unorderd_set集合里面（保证最后结果也进行了去重）。最后把去重后的结果转化成数组返回即可。
2025-09-09 16:40:38
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原创 有效的字母异位词：力扣242
思路：因为字符串是s，t都只有小写字母；我们定义一个26位的数组，先扫描s字符串，将对应的字母个数加一，然后扫描t字符串，将对应的字母减1；最后判断数组的每一个元素是否位0，如果为0说明是s和t是异位词。
2025-09-09 15:26:26
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原创 环形链表：力扣142
思路1：定义一个哈希表和一个计数变量n=0，以链表节点地址作为键，以n作为值，每次新增一个节点n++(表示对应节点在第几个位置),逐个检查节点，查看当前节点是否已经存入哈希表，如果已经存入就返回对应的节点,如果没有查询到就将改节点的地址和对应的n存入哈希表。思路二：快慢指针，快指针每次向前走两个，慢指针每次向前走一个。如果他们相遇，则说明该链表有环。然后慢指针直接回到头节点位置，快指针从相遇点开始每次向前走一步，慢指针从头节点每次向前走一步，当他们再次相遇时，那个节点就是环的入口点。
2025-09-08 20:07:04
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原创 删除链表的倒数第N个元素：力扣19
思路2:快慢指针，先让快指针移动N步，然后再同时移动到最末端（需要先在最前面加一个虚拟头指针）思路1：将链表翻转，然后删除第N个，然后再翻转一次。
2025-09-07 20:17:45
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原创 链表翻转：力扣206
思路：定义一个pre，一个cruent；pre最开始指向nullptr,curent指向head;在翻转之前，用一个临时变量来记录curent的next，以便后续移动。注意最后返回的是pre,因为我们的while结束判断是curent!
2025-09-06 17:03:57
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原创 设计链表：力扣707
思路：需要用使用虚拟头节点和一个size来记录链表的长度，但是虚拟头节点不记录长度。每次对链表进行添加和删除也需要对size进行加减。
2025-09-06 16:44:36
145
原创 移除链表元素：力扣203
我们每次遍历都是先检查curent->next！然后curent->next->var是否等于var，如果不等于就curent=cruent->next(这个只有在没有删除节点的时候才移动，很重要);dhead用于记录头节点head的位置，curent用于遍历后续节点。思路：先创建两个新的节点dhead和curent，如果等于就删除对应的curent->next节点。
2025-09-05 09:33:13
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原创 螺旋矩阵：力扣59
思路：先规定怎么走，就是每一步走到什么时候停止：（横着走到本行的什么地方，竖着从什么地方走，走到什么地方停）把最后一个留给下一步进行填充走多少圈，这个很重要，走（n/2）圈， 如果n为奇数我们需要单独填充一下
2025-09-04 10:58:45
211
原创 长度最小的子数组：力扣209
思路二：双指针思想，每次计算i，j范围的sum，当sum>=target时，取最小长度，然后向前移动i(i++),每次运动前sum减去当前的num[i],直到sum<target，然后重新移动j。思路一：双层for循环暴力。只能过部分点，会超时。
2025-09-03 19:52:45
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原创 力扣704
left,right] 左闭右闭 left<=rigth 边界处理： left = mid+ 1 right =mid-1;(left,right] 左开右闭 left<right 边界处理： left=mid;[left,right) 左闭右开 left<right 边界处理： left=mid+1 right =mid;
2025-09-01 12:26:43
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原创 力扣LCP 07.传递信息
注意当前i层依赖 i-1 层，例如：如果循环 i 轮，能够到达 0 点，那relation里面 0 可以到达的点，第i+1轮肯定可以到达。dp[i][j] 依赖于 dp[i-1] 这一层，因为只有先经过i-1次循环到达的点，才有机会循环第 i 次。把dp数组自己手动填充一遍！然后我们初始化dp数组：注意，我们只将 0 点初始化为1，因为0点循环0次开始，只有一种方案。dp[ i ][ j ] :表示循环 i 次到达 j 点的方案数。邻接矩阵的作用，就是检查i-1层的点可以到达哪些点。
2024-12-29 20:23:23
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原创 力扣122.买卖股票的最佳时机II
贪心思路：既然可以进行多次,且现在是为了求最大收益，所以只要可以赚钱我们就卖，并且抓住每一次可以赚钱的机会（希望各位都可以抓住机会！）,即：prices[i]-prices[i-1]>0。只要大于零我们就把差值加入到我们的总收益里面即可。题目解析：本题和121题不同，本题的买卖可以最多进行n次，也就是说可以当天买当天卖（没有意义）。买卖股票最经典的思路是动态规划，但是今天我在这里也会记录利用贪心的思路求解的方法。动态规划的思路和121题基本一致。
2024-12-22 09:43:29
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原创 力扣121买卖股票的最佳时机
每次寻找左边的最小值进行记录，然后以这个最小值作为买入点，当后面的点大于这个点时，我们就尝试着卖出，并且更新记录最大的收益；当遇上比前面选的买入点还小的点时，我们更新买入点的位置，继续遍历尝试着卖出股票，直到第n天结束。我们需要建立一个dp[n][2]的数组，dp[i][0]表示持有股票的状态，可以是当天刚买入，也可以是之前买入到第i+1天还没有卖；dp[i][1]表示不持有股票，可以是一直没有买入过股票，也可以是第i+1天刚刚卖出了。方法一：利用贪心思路求解。方法二：动态规划求解。
2024-12-21 11:02:48
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原创 最优二叉搜索树
假如第k个节点为根节点，那么 dp[i][j]就应该为k的 左子树 dp[i][k-1]加说k的右子树dp[k+1][j]在加上i~j节点的搜索概率和sum[i][j]；这里我们要找的是i~j中哪个节点为我们所说的k时dp[i][j]最小，所以我们需要遍历i~j;至于为什么最后要加sum[i][j]，因为当k作为节点时，dp[i][k-1]和dp[k+1][j]的深度需要加1，并且左右子树不包括k节点的搜索概率，所以我们需要加上sum[i][j]；当i>j时dp[i][j]=0;
2024-12-17 16:53:53
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原创 力扣583.两个字符串的删除操作
当不等于时，dp[i][j]=min(dp[i-1][j]+1,min(dp[i][j-1]+1,dp[i-1][j-1]+2));想必大家通过上面的动态转移方程就已经看出，当前的dp[i][j]是需要依赖dp[i-1][j-1]和dp[i-1][j]和dp[i][j-1]的，所以我们需要对第一行和第一列进行初始化。当word1[i]==word2[j]时，dp[i][j]=dp[i-1][j-1]；,或者是同时删除word1[i]和word2[j]首先：对于dp[0][0],我们需要判断。
2024-12-11 15:42:35
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原创 力扣115.不同的子序列
对于第一行：dp[0][j]表示在s[0]结尾的字符串中以t[j]结尾的字符串个数，显然j>0时，是不存在的，所以只需要判断s[0]==t[0].后面的全部初始化为0.想必大家通过上面的动态转移方程就已经看出，当前的dp[i][j]是需要依赖dp[i-1][j-1]和dp[i-1][j]的，所以我们需要对第一行和第一列进行初始化。当s[i]==t[0]时，dp[i][0]=dp[i-1][0]+1;不等于时，dp[i][j]=dp[i-1][0];（一定要理解这句话）。最后取dp[n-1][m-1].
2024-12-11 14:59:53
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原创 力扣392.判断子序列
1. 利用双指针遍历 s 与 t , 挨个判断s中的元素是否在 t 中存在 ,具体方法：i ,j 两个指针从0开始，如果s[j]==t[i],则i++,j++;如果不等于则只是i++；继续比较s[j]==t[i]；直到 i=t.size(),跳出循环，最后判断j是否等于s.size()即可。2.动态规划思想：就是找s与t 的最长公共子串。找到最长公共子串之后，判断该长度是否与s的长度相等，若相等说明s可以在t中找到。本题需要考虑一些特殊情况，及s与t的长度大小问题。
2024-12-08 21:22:56
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原创 力扣1143.最长公共子序列
2.动态转移方程：如果text1[i]=text2[j],则dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;如果不等于，dp[i][j]取前面可以匹配上的最大值：max(dp[i-1][j],dp[i][j-1]);3.初始化：对于第一行第一列我们需要进行初始化，dp[i][0]与dp[0][j],如果不等于就取0，直到当前等于，我们取1，且后面的全取1；1.明确 dp[i][j] 的含义：表示text1中前 i 个字符与text2中前 j 个字符中可以匹配上的最长字符串长度。
2024-12-08 21:18:53
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原创 力扣718.最长重复子数组
dp初始化，首先我们只初始化dp[i][0]和dp[0][j],当nums1[0]==nums2[i]时dp[0][i]=1,当nums1[i]==nums2[0]时dp[i][0]=1。其余的点先全部取0.首先明确：d[i][j]的意义，他表示以nums1[i]元素结尾的字符串和以nums2[j]元素结尾的字符串他们的重复子数组的最大长度。其次：当nums1[i]==nums2[j]时，dp[i][i]=dp[i-1][j-1]+1;然后开始遍历，两层for,i=1,j=1开始。
2024-12-06 15:07:42
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原创 力扣300.最长递增子序列（动态规划）
例如：nums = [0,1,3,2] , 我们从下标为0的元素开始考虑，如果以下标为0的元素结尾，那么这个子序列的长度就为1；当我们考虑到第 i 个元素时，需要依次去检查前面0~i-1的元素中，值比nums[i]小但长度最大的那个，然后取最大值。上面的dp数组的含义是：以第 i 个元素结尾的最长子序列长度，他依靠前面的元素，取前面的nums 元素比nums[i] 小但长度最长的子序列加一。思路：每次考虑以第 i 个元素结尾时能够构成的最长子序列。注：本文只是为了记录作者在刷题过程中的一下思路和心得。
2024-12-04 19:29:38
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原创 力扣2.两数相加
思路：我们从头开始遍历两个链表，当两个链表都没有到头时，我们正常将该节点的值进行相加，并且建立新的节点来保存当前位的值，加入到前面结果的结尾，同时保存进位的值；若当前任意一个链表没有到达末尾，我们应该继续运算，在运算时把已经到达末尾的链表对应位看作0（相当于高位用0补齐）。链表两数相加的问题与数组里面大数相加的问题一样。
2024-12-04 19:28:13
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空空如也
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