Q95470的博客

所以我的原则是：不考虑dp[0]如何初始化，只初始化dp[1] = 1，dp[2] = 2，然后从i = 3开始递推，这样才符合dp[i]的定义。还有就是dp[i - 2]，上i-2层楼梯，有dp[i - 2]种方法，那么再一步跳两个台阶不就是dp[i]了么。首先是dp[i - 1]，上i-1层楼梯，有dp[i - 1]种方法，那么再一步跳一个台阶不就是dp[i]了么。从递推公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];所以dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]。

dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[j][1] + 1)，其中0 < j < i且nums[j] < nums[i]，表示将 nums[i]接到前面某个山谷后面，作为山峰。dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[j][0] + 1)，其中0 < j < i且nums[j] > nums[i]，表示将 nums[i]接到前面某个山峰后面，作为山谷。设 dp 状态dp[i][1]，表示考虑前 i 个数，第 i 个数作为山谷的摆动子序列的最长长度。

返回 所有可能的有效组合的列表。该列表不能包含相同的组合两次，组合可以以任何顺序返回。我们说过，回溯法虽然是暴力搜索，但也有时候可以有点剪枝优化一下的。每个数字 最多使用一次。

从递归公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出，dp[i]是依赖 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]，那么遍历的顺序一定是从前到后遍历的。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。因为题目已经把递推公式直接给我们了：状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1。dp[i]的定义为：第i个数的斐波那契数值是dp[i]确定dp数组以及下标的含义。

对每个孩子 i，都有一个胃口值 g[i]，这是能让孩子们满足胃口的饼干的最小尺寸；如果 s[j] >= g[i]，我们可以将这个饼干 j 分配给孩子 i ，这个孩子会得到满足。这里的局部最优就是大饼干喂给胃口大的，充分利用饼干尺寸喂饱一个，全局最优就是喂饱尽可能多的小孩。假设你是一位很棒的家长，想要给你的孩子们一些小饼干。大尺寸的饼干既可以满足胃口大的孩子也可以满足胃口小的孩子，那么就应该优先满足胃口大的。然后从后向前遍历小孩数组，用大饼干优先满足胃口大的，并统计满足小孩数量。

给定两个整数 n 和 k，返回范围 [1, n] 中所有可能的 k 个数的组合。你可以按 任何顺序 返回答案。

给出二叉 搜索 树的根节点，该树的节点值各不相同，请你将其转换为累加树（Greater Sum Tree），使每个节点 node 的新值等于原树中大于或等于 node.val 的值之和。其实这就是一棵树，大家可能看起来有点别扭，换一个角度来看，这就是一个有序数组[2, 5, 13]，求从后到前的累加数组，也就是[20, 18, 13]，是不是感觉这就简单了。那么知道如何遍历这个二叉树，也就迎刃而解了，从树中可以看出累加的顺序是右中左，所以我们需要反中序遍历这个二叉树，然后顺序累加就可以了。

首先取数组中间元素的位置，不难写出int mid = (left + right) / 2;，这么写其实有一个问题，就是数值越界，例如left和right都是最大int，这么操作就越界了，在二分法 (opens new window)中尤其需要注意！给你一个整数数组 nums ，其中元素已经按 升序 排列，请你将其转换为一棵 平衡 二叉搜索树。所以可以这么写：int mid = left + ((right - left) / 2);利用其有序性，迭代的方式还是比较简单的，解题思路在递归中已经分析了。

给你二叉搜索树的根节点 root ，同时给定最小边界low 和最大边界 high。通过修剪二叉搜索树，使得所有节点的值在[low, high]中。修剪树 不应该 改变保留在树中的元素的相对结构 (即，如果没有被移除，原有的父代子代关系都应当保留)。可以证明，存在 唯一的答案。所以结果应当返回修剪好的二叉搜索树的新的根节点。注意，根节点可能会根据给定的边界发生改变。利用其有序性，迭代的方式还是比较简单的，解题思路在递归中已经分析了。

给定一个二叉搜索树的根节点 root 和一个值 key，删除二叉搜索树中的 key 对应的节点，并保证二叉搜索树的性质不变。返回二叉搜索树（有可能被更新）的根节点的引用。利用其有序性，迭代的方式还是比较简单的，解题思路在递归中已经分析了。首先找到需要删除的节点；如果找到了，删除它。

给定二叉搜索树（BST）的根节点 root 和要插入树中的值 value ，将值插入二叉搜索树。返回插入后二叉搜索树的根节点。输入数据 保证 ，新值和原始二叉搜索树中的任意节点值都不同。注意，可能存在多种有效的插入方式，只要树在插入后仍保持为二叉搜索树即可。你可以返回 任意有效的结果。利用其有序性，迭代的方式还是比较简单的，解题思路在递归中已经分析了。

百度百科中最近公共祖先的定义为：“对于有根树 T 的两个结点 p、q，最近公共祖先表示为一个结点 x，满足 x 是 p、q 的祖先且 x 的深度尽可能大（一个节点也可以是它自己的祖先）。例如，给定如下二叉搜索树: root = [6,2,8,0,4,7,9,null,null,3,5]利用其有序性，迭代的方式还是比较简单的，解题思路在递归中已经分析了。给定一个二叉搜索树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。

百度百科中最近公共祖先的定义为：“对于有根树 T 的两个节点 p、q，最近公共祖先表示为一个节点 x，满足 x 是 p、q 的祖先且 x 的深度尽可能大（一个节点也可以是它自己的祖先）。给定一个二叉树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。

给你一个含重复值的二叉搜索树（BST）的根节点 root ，找出并返回 BST 中的所有 众数（即，出现频率最高的元素）。所以如果本题没有说是二叉搜索树的话，那么就按照上面的思路写！如果树中有不止一个众数，可以按 任意顺序 返回。结点左子树中所含节点的值 小于等于 当前节点的值。结点右子树中所含节点的值 大于等于 当前节点的值。既然是搜索树，它中序遍历就是有序的。左子树和右子树都是二叉搜索树。

给你一个二叉搜索树的根节点 root ，返回 树中任意两不同节点值之间的最小差值。差值是一个正数，其数值等于两值之差的绝对值。

中序遍历，一直更新maxVal的节点，一旦发现maxVal >= root->val，就返回false，注意元素相同时候也要返回false。可以递归中序遍历将二叉搜索树转变成一个数组，然后只要比较一下，这个数组是否是有序的，注意二叉搜索树中不能有重复元素。我们要比较的是 左子树所有节点小于中间节点，右子树所有节点大于中间节点。给你一个二叉树的根节点 root ，判断其是否是一个有效的二叉搜索树。节点的左子树只包含 小于 当前节点的数。节点的右子树只包含 大于 当前节点的数。

你需要在 BST 中找到节点值等于 val 的节点。返回以该节点为根的子树。如果节点不存在，则返回 null。对于二叉搜索树可就不一样了，因为二叉搜索树的特殊性，也就是节点的有序性，可以不使用辅助栈或者队列就可以写出迭代法。例如要搜索元素为3的节点，我们不需要搜索其他节点，也不需要做回溯，查找的路径已经规划好了。对于二叉搜索树，不需要回溯的过程，因为节点的有序性就帮我们确定了搜索的方向。给定二叉搜索树（BST）的根节点 root 和一个整数值 val。

想象一下，当你将其中一棵覆盖到另一棵之上时，两棵树上的一些节点将会重叠（而另一些不会）。你需要将这两棵树合并成一棵新二叉树。合并的规则是：如果两个节点重叠，那么将这两个节点的值相加作为合并后节点的新值；否则，不为 null 的节点将直接作为新二叉树的节点。(opens new window)中的迭代法已经讲过一次了，求二叉树对称的时候就是把两个树的节点同时加入队列进行比较。给你两棵二叉树： root1 和 root2。注意: 合并过程必须从两个树的根节点开始。返回合并后的二叉树。

给定一个不重复的整数数组 nums。递归地在最大值 左边 的 子数组前缀上 构建左子树。递归地在最大值 右边 的 子数组后缀上 构建右子树。创建一个根节点，其值为 nums 中的最大值。返回 nums 构建的 最大二叉树。

给定两个整数数组 inorder 和 postorder ，其中 inorder 是二叉树的中序遍历， postorder 是同一棵树的后序遍历，请你构造并返回这颗 二叉树。此时应该发现了，如上的代码性能并不好，因为每层递归定义了新的vector（就是数组），既耗时又耗空间，但上面的代码是最好理解的，为了方便读者理解，所以用如上的代码来讲解。此时有一个很重的点，就是中序数组大小一定是和后序数组的大小相同的（这是必然）。

给你二叉树的根节点 root 和一个表示目标和的整数 targetSum。判断该树中是否存在 根节点到叶子节点 的路径，这条路径上所有节点值相加等于目标和 targetSum。如果存在，返回 true；否则，返回 false。本题要找出树的最后一行的最左边的值。此时大家应该想起用层序遍历是非常简单的了，反而用递归的话会比较难一点。叶子节点 是指没有子节点的节点。还可以简化为struct如下。

本题要找出树的最后一行的最左边的值。此时大家应该想起用层序遍历是非常简单的了，反而用递归的话会比较难一点。给定一个二叉树的 根节点 root，请找出该二叉树的 最底层 最左边 节点的值。假设二叉树中至少有一个节点。

给定二叉树的根节点 root ，返回所有左叶子之和。

那么在如上代码中，貌似没有看到回溯的逻辑，其实不然，回溯就隐藏在traversal(cur->left, path + “->”, result);每次函数调用完，path依然是没有加上"->" 的，这就是回溯了。其实关键还在于 参数，使用的是 string path，这里并没有加上引用& ，即本层递归中，path + 该节点数值，但该层递归结束，上一层path的数值并不会受到任何影响。答案：因为更改了path的值，会导致没有回溯->，左边有节点的时候，会先加一个->，导致右边节点会多加一个-> .

这个函数通过栈模拟的后序遍历找每一个节点的高度（其实是通过求传入节点为根节点的最大深度来求的高度）因为对于回溯算法已经是非常复杂的递归了，如果再用迭代的话，就是自己给自己找麻烦，效率也并不一定高。当然此题用迭代法，其实效率很低，因为没有很好的模拟回溯的过程，所以迭代法有很多重复的计算。然后再用栈来模拟后序遍历，遍历每一个节点的时候，再去判断左右孩子的高度是否符合。例如：都知道回溯法其实就是递归，但是很少人用迭代的方式去实现回溯算法！虽然理论上所有的递归都可以用迭代来实现，但是有的场景难度可能比较大。

完全二叉树 的定义如下：在完全二叉树中，除了最底层节点可能没填满外，其余每层节点数都达到最大值，并且最下面一层的节点都集中在该层最左边的若干位置。若最底层为第 h 层（从第 0 层开始），则该层包含 1~ 2h 个节点。给你一棵 完全二叉树 的根节点 root ，求出该树的节点个数。使用队列进行迭代遍历、

最小深度是从根节点到最近叶子节点的最短路径上的节点数量。说明：叶子节点是指没有子节点的节点。给定一个二叉树，找出其最小深度。使用队列进行迭代遍历、

二叉树的 最大深度 是指从根节点到最远叶子节点的最长路径上的节点数。给定一个二叉树 root ，返回其最大深度。使用栈进行迭代遍历进行翻转、

给你一个二叉树的根节点 root ， 检查它是否轴对称。使用栈进行迭代遍历进行翻转、

给你一棵二叉树的根节点 root ，翻转这棵二叉树，并返回其根节点。使用栈进行迭代遍历进行翻转、

【代码】二叉树_遍历。

所以大家经常说的大顶堆（堆头是最大元素），小顶堆（堆头是最小元素），如果懒得自己实现的话，就直接用priority_queue（优先级队列）就可以了，底层实现都是一样的，从小到大排就是小顶堆，从大到小排就是大顶堆。有的同学经常会想学的这些数据结构有什么用，也开发不了什么软件，大多数同学说的软件应该都是可视化的软件例如APP、网站之类的，那都是非常上层的应用了，底层很多功能的实现都是基础的数据结构和算法。那么这个维护元素单调递减的队列就叫做单调队列，即单调递减或单调递增的队列。

所以大家经常说的大顶堆（堆头是最大元素），小顶堆（堆头是最小元素），如果懒得自己实现的话，就直接用priority_queue（优先级队列）就可以了，底层实现都是一样的，从小到大排就是小顶堆，从大到小排就是大顶堆。所以大家经常说的大顶堆（堆头是最大元素），小顶堆（堆头是最小元素），如果懒得自己实现的话，就直接用priority_queue（优先级队列）就可以了，底层实现都是一样的，从小到大排就是小顶堆，从大到小排就是大顶堆。有的同学一想，题目要求前 K 个高频元素，那么果断用大顶堆啊。什么是优先级队列呢？

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。那么这个维护元素单调递减的队列就叫做单调队列，即单调递减或单调递增的队列。C++中没有直接支持单调队列，需要我们自己来实现一个单调队列。其实队列没有必要维护窗口里的所有元素，只需要维护有可能成为窗口里最大值的元素就可以了，同时保证队列里的元素数值是由大到小的。不要以为实现的单调队列就是 对窗口里面的数进行排序，如果排序的话，那和优先级队列又有什么区别了呢。

逆波兰式（Reverse Polish Notation，RPN，或逆波兰记法），也叫后缀表达式（将运算符写在操作数之后）。给你一个字符串数组 tokens ，表示一个根据 逆波兰表示法 表示的算术表达式。返回一个表示表达式值的整数。

给出由小写字母组成的字符串 s，重复项删除操作会选择两个相邻且相同的字母，并删除它们。在完成所有重复项删除操作后返回最终的字符串。在 s 上反复执行重复项删除操作，直到无法继续删除。

给定一个只包括 ‘(’，‘)’，‘{’，‘}’，‘[’，‘]’ 的字符串 s ，判断字符串是否有效。每个右括号都有一个对应的相同类型的左括号。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。

请你仅使用两个队列实现一个后入先出（LIFO）的栈，并支持普通栈的全部四种操作（push、top、pop 和 empty）。boolean empty() 如果栈是空的，返回 true；否则，返回 false。void push(int x) 将元素 x 压入栈顶。int pop() 移除并返回栈顶元素。int top() 返回栈顶元素。

你 只能 使用标准的栈操作 —— 也就是只有 push to top, peek/pop from top, size, 和 is empty 操作是合法的。你所使用的语言也许不支持栈。你可以使用 list 或者 deque（双端队列）来模拟一个栈，只要是标准的栈操作即可。请你仅使用两个栈实现先入先出队列。否则，返回 false。void push(int x) 将元素 x 推到队列的末尾。int pop() 从队列的开头移除并返回元素。int peek() 返回队列开头的元素。

一些同学会使用for循环里调用库函数erase来移除元素，这其实是O(n^2)的操作，因为erase就是O(n)的操作，所以这也是典型的不知道库函数的时间复杂度，上来就用的案例了。在151.翻转字符串里的单词 (opens new window)中要求翻转字符串里的单词，这道题目可以说是综合考察了字符串的多种操作。是考察字符串的好题。在344.反转字符串 (opens new window)，我们使用双指针法实现了反转字符串的操作，双指针法在数组，链表和字符串中很常用。在字符串：反转个字符串还有这个用处？