写在最后
可能有人会问我为什么愿意去花时间帮助大家实现求职梦想，因为我一直坚信时间是可以复制的。我牺牲了自己的大概十个小时写了这片文章，换来的是成千上万的求职者节约几天甚至几周时间浪费在无用的资源上。
上面的这些（算法与数据结构）+（Java多线程学习手册）+（计算机网络顶级教程）等学习资源
基础知识
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栈
=
栈是一种先进后出的数据结构。这里有一个非常典型的例子，就是堆叠盘子。我们在放盘子的时候，只能从下往上一个一个的放；在取的时候，只能从上往下一个一个取，不能从中间随意取出。
栈是一种操作受限的线性表，只允许在一端处理数据。主要包括两种操作，即入栈和出栈，也就是在栈顶插入一个数据和从栈顶删除一个数据。
栈既可以用数组实现，也可以用链表来实现。用数组实现的栈，我们叫作顺序栈，用链表实现的栈，我们叫作链式栈。
队列
==
队列是一种先进先出的数据结构。你可以把它想象成排队买票，先来的先买，后来的人只能站末尾，不允许插队。
队列跟栈一样，也是一种操作受限的线性表数据结构。主要包括两个操作，即出队和入队，也就是从队首取一个元素和在队尾插入一个元素。
队列可以用数组来实现，也可以用链表来实现。用数组实现的队列叫作顺序队列，用链表实现的队列叫作链式队列。
2用两个栈实现队列
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剑指 Offer 09. 用两个栈实现队列
问题描述
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用两个栈来实现一个队列，完成 n 次在队列尾部插入整数 (push) 和在队列头部删除整数 (pop) 的功能。队列中的元素为 int 类型。保证操作合法，即保证pop操作时队列内已有元素。
示例：
输入：[“PSH1”,“PSH2”,“POP”,“POP”]
返回值：1,2
说明：
“PSH1”：代表将1插入队列尾部 “PSH2”：代表将2插入队列尾部 “POP”：代表删除一个元素，先进先出 => 返回1 “POP”：代表删除一个元素，先进先出 => 返回2
分析问题
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首先，我们需要知道队列和栈的区别。
-
队列是一种先进先出的数据结构。队列中的元素是从后端入队，从前端出队。就和排队买票一样。
-
栈是一种后进先出的数据结构。栈中的元素是从栈顶压入，从栈顶弹出。
为了使用两个栈实现队列的先进先出的特性，我们需要用一个栈来反转元素的入队顺序。
入队操作Push：
因为栈是后进先出的，而队列是先进先出的，所以要想使用栈来实现队列的先进先出功能，我们需要把新入栈的元素放入栈底。为了实现这个操作，我们需要先把栈S1中的元素移动到S2，接着再把新来的元素压入S2，然后再把S2中的所有元素再弹出，压入到S1。这样就实现了把新入栈的元素放入栈底的功能。
def push(self, node):
write code here
while self.stack1:
self.stack2.append(self.stack1.pop())
self.stack2.append(node)
while self.stack2:
self.stack1.append(self.stack2.pop())
出队操作Pop:
我们直接从S1弹出就可以了，因为经过反转后，S1中的栈顶元素就是最先入栈的元素，也就是队首元素。
def pop(self):
if self.stack1:
return self.stack1.pop()
我们来看完整的代码实现。
class Solution:
def init(self):
self.stack1 = []
self.stack2 = []
def push(self, node):
write code here
while self.stack1:
self.stack2.append(self.stack1.pop())
self.stack2.append(node)
while self.stack2:
self.stack1.append(self.stack2.pop())
def pop(self):
if self.stack1:
return self.stack1.pop()
我们可以看到入队操作的时间复杂度是O(n)，空间复杂度也是O(n)。出队时间复杂度是O(1)，空间复杂度也是O(1)。
优化
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在上面的算法中，不知道你有没有发现，每次在push一个新元素时，我们都需要把S1中的元素移动到S2中，然后再从S2移回到S1中。这显然是冗余的。其实，我们在入队时只需要插入到S1中即可。而出队的时候，由于第一个元素被压在了栈S1的底部，要想实现队列的先进先出功能，我们就需要把S1的元素进行反转。我们可以把栈S1的元素Pop出去，然后压入S2。这样就把S1的栈底元素放在了栈S2的栈顶，我们直接从S2将它弹出即可。一旦 S2 变空了，我们只需把 S1 中的元素再一次转移到 S2 就可以了。
下面我们来看一下代码实现。
class Solution:
def init(self):
self.stack1 = []
self.stack2 = []
def push(self, node):
write code here
self.stack1.append(node)
def pop(self):
if not self.stack2:
while self.stack1:
self.stack2.append(self.stack1.pop())
return self.stack2.pop()
3有效的括号
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LeetCode 20. 有效的括号
问题描述
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给定一个只包括 ‘(’，‘)’，‘{’，‘}’，‘[’，‘]’ 的字符串 s ，判断字符串是否有效。
有效字符满足的条件是：
-
左括号必须用相同类型的右括号闭合。
-
左括号必须以正确的顺序闭合。
示例：
输入：s = “()[]{}”
输出：true
分析问题
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这个问题我们可以借助 “栈” 这种数据结构来解决。在遍历字符串的过程中，当我们遇见一个左括号时，我们就入栈，当我们遇到一个右括号时，我们就取出栈顶元素去判断他们是否是同类型的。如果不是的话，那就代表字符串s不是有效串，我们直接返回False。如果是，接着去遍历，直到遍历结束为止。当遍历完字符串s后，如果栈为空，就代表字符串是有效的。这里需要注意一点，为了加快判断左、右括号是否是同类型的，我们引入哈希表存储每一种括号。哈希表的键为右括号，值为相同类型的左括号。
下面我们来看一下代码实现。
def isValid(s):
#如果字符串不是偶数，直接返回false
#因为字符只包含括号，所以只有偶数时才有可能匹配上
if len(s) % 2 == 1:
return False
dict = {
“)”: “(”,
“]”: “[”,
“}”: “{”,
}
stack = list()
for ch in s:
#代表遍历到右括号
if ch in dict:
#看栈顶元素是否能匹配上，如果没有匹配上，返回false
if not stack or stack[-1] != dict[ch]:
return False
#如果匹配上，弹出栈顶元素
stack.pop()
else:
#匹配到左括号，入栈
stack.append(ch)
#栈为空，代表s是有效串，否则是无效串
return not stack
4包含min函数的栈
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剑指 Offer 30. 包含min函数的栈
问题描述
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定义栈的数据结构，请在该类型中实现一个能够得到栈中所含最小元素的min函数，并且调用 min函数、push函数 及 pop函数 的时间复杂度都是 O(1)。
push(value)：将value压入栈中
pop()：弹出栈顶元素
top()：获取栈顶元素
min()：获取栈中最小元素
示例:
minStack.push(-2); -->将-2入栈
minStack.push(0); -->将0入栈
minStack.push(-3); -->将-3入栈
minStack.min(); -->返回栈中最小元素-3
minStack.pop(); -->弹出栈顶元素-3
minStack.top(); -->返回栈顶元素0
minStack.min(); -->返回栈中最小元素-2
分析问题
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对于普通的栈来说，执行push和pop的时间复杂度是O(1)，而执行min函数的时间复杂度是O(N)，因为要想找到最小值，就需要遍历整个栈，为了降低min函数的时间复杂度，我们引入了一个辅助栈。
-
数据栈A：栈A用来存储所有的元素，保证入栈push、出栈pop、获取栈顶元素top的操作。
-
辅助栈B：栈B用来存储栈A中所有非严格递减的元素，即栈A中的最小值始终在栈B的栈顶，这样可以保证以O(1)的时间复杂度来返回栈中的最小值。
下面我们来看一下代码实现。
class Solution:
def init(self):
#数据栈
self.A = []
#辅助栈
self.B = []
#push操作
def push(self, x):
self.A.append(x)
#如果辅助栈B为空，或者栈顶元素大于x，则入栈
if not self.B or self.B[-1] >= x:
self.B.append(x)
def pop(self):
#弹出数据栈A中的元素
s = self.A.pop()
#如果弹出的元素和栈B的栈顶元素相同，则为了保持一致性
#将栈B的栈顶元素弹出
if s == self.B[-1]:
self.B.pop()
def top(self):
#返回数据栈A中的栈顶元素
return self.A[-1]
def min(self):
#返回辅助栈B中的栈顶元素
return self.B[-1]
5表达式求值
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问题描述
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请写一个整数计算器，支持加减乘三种运算和括号。
示例：
输入：“（2 * （3 - 4）））* 5”
返回值：-10
分析问题
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因为只支持加、减、乘、括号，所以我们根据优先级可以分为3类，即括号>乘>加、减，假设先把括号去掉，那么就剩下乘和加减运算，根据运算规则，我们需要先计算乘、再计算加、减，因此我们可以这么来考虑，我们先进行乘法运算，并将这些乘法运算后的整数值返回原表达式的相应位置，则随后整个表达式的值，就等于一系列整数加减后的值。而对于被括号分割的表达式，我们可以递归的去求解，具体算法如下。
遍历字符串s，并用变量preSign记录每个数字之前的运算符，初始化为加号。
-
遇到空格时跳过。
-
遇到数字时，继续遍历求出这个完整的数字的值，保存到num中。
-
遇到左括号时，需要递归的求出这个括号内的表达式的值。
-
遇到运算符或者表达式的末尾时，就根据上一个运算符的类型来决定计算方式。
-
如果是加号，不需要进行计算，直接push到栈里
-
如果是减号，就去当前数的相反数，push到栈里
-
如果是乘号，就需要从栈内pop出一个数和当前数求乘法，再把计算结果push到栈中
-
最后把栈中的结果求和即可。
下面我们来看一下代码实现。
class Solution:
def calculate(self, s):
n = len(s)
#存取部分数据和
stack = []
preSign = ‘+’
num = 0
i=0
while i<n:
c=s[i]
if c==’ ':
i=i+1
continue
if c.isdigit():
num = num * 10 + ord© - ord(‘0’)
#如果遇到左括号，递归求出括号内表达式的值
if c==‘(’:
j=i+1
counts=1
#截取出括号表达式的值
while counts>0:
if s[j]==“(”:
counts=counts+1
if s[j]==“)”:
counts=counts-1
j=j+1
#剥去一层括号，求括号内表达式的值
num=self.calculate(s[i+1:j-1])
i=j-1
if not c.isdigit() or i==n-1:
if preSign==“+”:
stack.append(num)
elif preSign==“-”:
stack.append(-1*num)
elif preSign==“*”:
tmp=stack.pop()
stack.append(tmp*num)
num=0
preSign=c
i=i+1
return sum(stack)
s=Solution()
print(s.calculate(“(3+4)*(5+(2-3))”))
6滑动窗口的最大值
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LeetCode 239. 滑动窗口最大值
问题描述
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给你一个整数数组 nums，有一个大小为 k 的滑动窗口从数组的最左侧移动到数组的最右侧。你只可以看到在滑动窗口内的 k 个数字。滑动窗口每次只向右移动一位。返回滑动窗口中的最大值。
示例：
输入：[2，3，4，2，6，2，5，1]，3
输出：[4，4，6，6，6，5]
分析问题
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这道题的关键点在于求滑动窗口中的最大值。大小为k的滑动窗口，我们可以通过遍历的方式来求出其中的最大值，需要O(k)的时间复杂度。对于大小为n的数组nums，一共有n-k+1个窗口，因此该算法的时间复杂度是O(nk)。
通过观察，我们可以知道，对于两个相邻的滑动窗口，有k-1个元素是共用的，只有一个元素是变化的，因此我们可以利用此性质来优化我们的算法。
对于求最大值问题，我们可以使用优先级队列（大顶推）来求解。首先，我们将数组的前k个元素放入优先级队列中。每当我们向右移动窗口时，我们就可以把一个新的元素放入队列中，此时堆顶元素就是堆中所有元素的最大值，然而这个最大值有可能不属于当前的滑动窗口中，我们需要将该元素进行移除处理（如果最大值不在当前滑动窗口中，它只能在滑动窗口的左边界的左侧，所以滑动窗口向右移动的过程中，该元素再也不会出现在滑动窗口中了，所以我们可以对其进行移除处理）。我们不断地移除堆顶的元素，直到其确实出现在滑动窗口中。此时，堆顶元素就是滑动窗口中的最大值。
为了方便判断堆顶元素与滑动窗口的位置关系，我们可以在优先队列中存储二元组 （num，index），表示元素num在数组中的下标为index。
小trick：因为python中只提供了小顶堆，所以我们需要对元素进行取反处理，例如对于列表[1, -3]，我们对元素进行取反，然后插入小顶堆中，此时堆中是这样的[-1,3]，我们取出堆顶元素-1，然后取反为1，正好可以得到列表中的最大值1。
我们nums=[2，3，4，2，6，2，5，1]，k=3为例，来看一下具体的过程。
-
首先，我们将nums的前3个元素放入优先级队列中，队首元素下标值index=2>0，在窗口中，所以加入结果中，此时res=[4]。
-
下一个元素2入队，此时队首元素下标index=2>1，在窗口中，所以加入结果中，此时res=[4,4]。
-
下一个元素6入队，此时队首元素下标index=4>2，在窗口中，所以加入结果中，此时res=[4,4,6]。
-
下一个元素2入队，此时队首元素下标index=4>3，在窗口中，所以加入结果中，此时res=[4,4,6,6]。
-
下一个元素5入队，此时队首元素下标index=4=4，在窗口中，所以加入结果中，此时res=[4,4,6,6,6]。
-
下一个元素1队列，此时队首元素下标index=4<5，不在窗口中，所以我们将其弹出，此时队首元素的下标变为6，在窗口中，所以加入结果中，此时res=[4,4,6,6,6,5]。
进阶
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这道题我们也可以使用双端队列来求解。我们在遍历数组的过程中，不断的对元素对应的下标进行出队入队操作，在出入队的过程中，我们需要保证队列中存储的下标对应的元素是从大到小排序的。具体来说，当有一个新的元素对应的下标需要入队时，如果该元素比队尾对应的元素的值大，我们需要弹出队尾，然后循环往复，直到队列为空或者新的元素小于队尾对应的元素。
由于队列中下标对应的元素是严格单调递减的，因此队首下标对应的元素就是滑动窗口中的最大值。但是此时的最大值可能在滑动窗口左边界的左侧，并且随着窗口向右移动，它永远不可能出现在滑动窗口中了。因此我们还需要不断从队首弹出元素，直到队首元素在窗口中为止。
我们还是以nums=[2，3，4，2，6，2，5，1]，k=3为例，来看一下具体的过程。我们首先初始化一个空队列que。
-
此时队列为que空，元素2对应的下标0入队。并且此时未形成窗口，不取值。
-
此时队列que=[0]，队尾元素为0，它对应数组中的元素是nums[0] < nums[1]的，所以我们把队尾0弹出，此时队列为空，我们将1入队。并且此时未形成窗口，不取值。
-
此时队列que=[1]，队尾元素为1，它对应的数组中的元素是nums[1] < nums[2]的，所以我们把队尾1弹出，此时队列为空，我们将2入队。并且此时队首元素2在窗口[0,2]中，所以取出队首元素。
-
此时队列que=[2]，队尾元素为2，它对应的数组中的元素是nums[2] > nums[3]的，所以我们将3入队。并且此时队首元素2在窗口[1,3]中，所以取出队首元素。
-
此时队列que=[2,3]，队尾元素为3，它对应的数组中的元素是nums[3] < nums[4]的，所以我们把队尾3弹出，并且此时队尾元素对应的数组中的元素是nums[2] < nums[4]，所以我们把队尾2弹出，此时队列为空，我们将4入队。并且此时队首元素4在窗口[2,4]中，所以取出队首元素。
-
此时队列que=[4]，队尾元素为4，它对应的数组中的元素是nums[4] > nums[5]的，所以我们将5入队。并且此时队首元素4在窗口[3,5]中，所以我们取出队首元素。
-
此时队列que=[4，5]，队尾元素为5，它对应的数组中的元素是nums[5] < nums[6]的，所以我们把队尾5弹出，此时队尾元素对应的数组中的元素时nums[4] > nums[6] ，所以我们将6入队。并且此时队首元素4在窗口[4，6]中，所以我们取出队首元素。
-
此时队列que=[4，6]，队尾元素为6，它对应的数组中的元素是nums[6] > nums[7]的，所以我们将7入队。而此时队首元素4不在窗口[5,7]中，所以我们将其移除队列，此时队首元素6在窗口[5,7]中，所以我们将其取出。
下面我们来看一下代码实现。
import collections
class Solution:
def maxSlidingWindow(self, nums, k):
n = len(nums)
#申请一个双端队列
q = collections.deque()
#初始化第一个窗口
for i in range(k):
#如果队列不为空且比队尾元素大，将队尾出队
while q and nums[i] >= nums[q[-1]]:
q.pop()
#直到队列为空，或者比队尾元素小，入队
q.append(i)
#将队首元素加入结果中
ans = [nums[q[0]]]
#窗口逐步向右移动
for i in range(k, n):
#如果队列不为空且比队尾元素大，将队尾出队
while q and nums[i] >= nums[q[-1]]:
q.pop()
#直到队列为空，或者比队尾元素小，入队
q.append(i)
#如果队首元素不在该窗口内，出队操作
while q[0] <= i - k:
q.popleft()
#将队首元素加入结果中
ans.append(nums[q[0]])
面试准备+复习分享：
为了应付面试也刷了很多的面试题与资料，现在就分享给有需要的读者朋友，资料我只截取出来一部分哦
mport collections
class Solution:
def maxSlidingWindow(self, nums, k):
n = len(nums)
#申请一个双端队列
q = collections.deque()
#初始化第一个窗口
for i in range(k):
#如果队列不为空且比队尾元素大，将队尾出队
while q and nums[i] >= nums[q[-1]]:
q.pop()
#直到队列为空，或者比队尾元素小，入队
q.append(i)
#将队首元素加入结果中
ans = [nums[q[0]]]
#窗口逐步向右移动
for i in range(k, n):
#如果队列不为空且比队尾元素大，将队尾出队
while q and nums[i] >= nums[q[-1]]:
q.pop()
#直到队列为空，或者比队尾元素小，入队
q.append(i)
#如果队首元素不在该窗口内，出队操作
while q[0] <= i - k:
q.popleft()
#将队首元素加入结果中
ans.append(nums[q[0]])
面试准备+复习分享：
为了应付面试也刷了很多的面试题与资料，现在就分享给有需要的读者朋友，资料我只截取出来一部分哦
[外链图片转存中…(img-iZUq17S8-1715258962166)]
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