一只精品西红柿的进化过程

用vector去存罗马数字symbol对应的数值val，如果val比num小，则num -= val;与题目3相同，注意题目：不重复的四元组！这个题可以遍历数组，固定一个元素，target - nums[i]，就变成了3数之和的解法。可以排列组合的题目都可以首先联想到全排列，递归时先判断是否符合递归终止条件，不符合则依次加当前电话号码位置对应的字母，加完后递归，用unordered_map去存罗马数字对应的数值，分情况讨论，把所有情况都列出来即可。需要注意的点：去重！

状态dp[i][j]表示s[…i]与p[…j]是否能够匹配。dp[s.size()-1][p.size()-1]即为本题答案。状态转移当。

DFS 是一个劲的往某一个方向搜索，而回溯算法建立在 DFS 基础之上的，但不同的是在搜索过程中，达到结束条件后**，恢复状态，回溯上一层，再次搜索**。当问题需要 “回头”，以此来查找出所有的解的时候，使用回溯算法。： 在搜索中，遇到“这条路不可能和目标字符串匹配成功”的情况，例如当前矩阵元素和目标字符不匹配、或此元素已被访问，则应立即返回，从而避免不必要的搜索分支。由于我们这条路是可以回头的，并非只能往右下方向走，所以可能会遇到回踩前一个刚刚访问过的格子，而这个格子，题目里说是不可以重复使用的。

回溯算法的基本思想是：从一条路往前走，能进则进，不能进则退回来，换一条路再试。

否则就无法跳到最后一个位置了。如果访问最后一个元素，在边界正好为最后一个位置的情况下，我们会增加一次「不必要的跳跃次数」，因此我们不必访问最后一个元素。可以这么理解 想象你在玩大富翁，回合制游戏，随身带的钱决定你每回合最多可以走多少格，需要以最短的回合数到达终点。格子里面的数字代表“钱”，每回合你需要停留在格子里休息得到补充的“钱”才能继续行走。每次走到一个格子的时候，你需要估计预算在下一个回合能走多少格，哪个格子的钱最多，下一回合就去那个格子。但是前面的格子里有多少钱有战争迷雾看不到，要到了才知道。

第K个最大元素用堆做比较容易，可以维护一个只有K个元素的大根堆，如果元素个数超过K则pop，也就是将堆顶大元素删除，那么当前堆就是一个以第K大元素为堆顶的大根堆。堆可以用priority_queue实现。本题难点在于priority_queue的相关知识，如何自定义比较方式等。比如本题的数据类型并不是基本数据类型，而是pair<int, int>，所以需要自定义比较方式。思路是维护一个递减栈，存储的是当前元素的位置。

void push(int val) 将元素val推入堆栈----> stack push(val) 以及 stack_min.push(min(val, stack_min.top()))难点就在于如何获取最小元素，一个栈正常push元素，另一个栈存放当前栈中的最小元素。void pop() 删除堆栈顶部的元素----> stack.pop() stack_min.pop()int top() 获取堆栈顶部的元素-----> stack top()其实与括号的题目有点类似，用两个栈，分别为数字栈字母栈。

递归遍历每一个节点的所有可能的路径，然后将这些路径数目加起来即为返回结果。假设当前的节点 p 的值为 val，我们对左子树和右子树进行递归搜索，对节点 p 的左孩子节点 pl 求出。： 当 (1) root 为叶节点(左右子树均为空) 且 (2) 路径和等于目标值(targetSum == 0)，则将此路径 tmp 加入 ans。我们可以递归遍历记录所有的路径，同时计算路径和，如果等于那么添加到最终的vector<vector< int >>中。： 当前节点 root ，当前目标值 targetSum。

根据前序和中序遍历我们可以确定二叉树的根节点，左子树和右子树，不断递归得到结果。比较复杂的是确定左右子树的边界。借助map来快速确定元素在inorder中的位置，这副图中的边界位置建议仔细推导。题目要求展开后与先序遍历相同，那么可以按照先序遍历再更改链表，在前序遍历结束之后更新每个节点的左右子节点的信息，找到前后元素在二叉树当中的位置，将二叉树展开为单链表。方法一：我们只需存储升序遍历，返回升序遍历的结果即可。改进：我们还可以在找到答案后停止，不需要遍历整棵树。函数作用：将一个二叉树，原地将它展开为链表。

来递归判断，函数表示考虑以 root 为根的子树，判断子树中所有节点的值是否都在 (l,r) 的范围内（注意是开区间）。如果 root 节点的值 val 不在 (l,r) 的范围内说明不满足条件直接返回，否则我们要继续递归调用检查它的左右子树是否满足，如果都满足才说明这是一棵二叉搜索树。如果该二叉树的左子树不为空，则左子树上所有节点的值均小于它的根节点的值；若它的右子树不空，则右子树上所有节点的值均大于它的根节点的值；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。

特别需要注意的点：这道题虽然是求路径，按题目中描述4->3->2->1的路径长度只有3，但是在递归时，我们不能直接return 3，因为你不知道当前递归到二叉树的哪一层，是否为root，每一次都必须返回该节点为根的子树的深度，在最终的返回结果中再减1。4.都不为空，那么仔细观察，左右子树是不相等的，左子树的右子树 等于 右子树的左子树：root->left->right == root->right->left；并且，当前层root->left->val == root->right->val;

设置两指针 left, right 分别指向两链表头部，比较两指针处节点值大小，由小到大加入合并链表头部，指针交替前进，直至添加完两个链表。空间复杂度：O(log⁡n)，其中 n 是链表的长度。返回辅助ListNode dummy作为头部的下个节点 h.next。双指针法合并，建立辅助 ListNode* dummy 作为头部。先用一个循环，用unordered_map把两个链表捆绑。时间复杂度：O(nlog⁡n)，其中 n 是链表的长度。再用一个循环构建新链表的引用指向。

由于互为字母异位词的两个字符串包含的字母相同，因此对两个字符串分别进行排序之后得到的字符串一定是相同的，故可以将排序之后的字符串作为哈希表的键。或者vector还是[]的时候（考虑官方测试数据的输入可能为[]的情况，使用[ ]前需要判断一下是否为空）会报错！3.怎么找到最小数，也不能说是最小数，是一个连续数种的最小数，num - 1如果存在那么他就不是连续的最小数。2.num[i + 1]到num[j]的和为 pre[j] - pre[i]1.用pre[i]表示num[0]到num[i]的和。

3）边界条件：dp[0][0] = 1;、正常列，dp[i][j]=dp[i-1][j]+grid[i][j-1]；2）转移方程：dp[i][j] = nums[i][j] + min(d[i-1][j],d[i][j-1])；3）边界条件：dp[0] = nums[0], dp[1] = max(nums[0], nums[1])2）转移方程：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + dp[i - 1][j]；2）转移方程：d[i][j]=d[i-1][j]+d[i][j-1]；

方法二：把二维n * m展开为一维数组，需要注意的是一维数组中下标为N的数，在二维数组中的对于坐标为[N / m][N % m]时间复杂度：O(log⁡n)，其中 n 为数组的长度。二分查找所需的时间复杂度为 O(log⁡n)。空间复杂度：O(1)。我们只需要常数空间存放若干变量。方法一：先二分确定列，再二分确定行。

第二次遍历 i = 1, j = 2，a与c不等，也不能是0，这里需转换成 a 与 ac 最长子序列，这里需要把之前的关系传递过来，所以dp[1][2] = 1。第四次遍历 i = 2, j = 1，就是需要比较ab与a的最长子串，把之前的关系传递过来，所以dp[2][1] = 1。对比的两个字符相同，去找它们前面各退一格的值加1即可：dp[i+1][j+1] = dp[i][j] + 1;第三次遍历 i = 1, j = 3，a与e不相同，把之前的关系传递过来，所以dp[1][3] = 1。

数组的索引对应于字符在字母表中的位置，例如 ‘a’ - ‘a’ = 0，‘b’ - ‘a’ = 1，以此类推。如果ans.back()[0] >= num[0] 那么需要合并，ans.back()[1] = max(ans.back()[1], num[1]);随后遍历剩余string，保证滑窗内只有m个元素，添加s[j]，则删除s[j - m]；经典滑动窗口，左右指针控制当前滑动窗口的大小，用map去存储当前滑动窗口内的字母个数。如果s[r]在map里，说明有重复，则左指针右移，直到s[r]无重复为止；

pre保留的是当前包含了当前遍历的最大的前缀和，如果之前的pre 对结果有增益效果，则 pre 保留并加上当前遍历, 如果pre 对结果无增益效果，需要舍弃，则 pre 直接更新为当前遍历数字；空间复杂度：O(m+n)，其中 mmm 是矩阵的行数，nnn 是矩阵的列数。时间复杂度：O(mn)，其中 mmm 是矩阵的行数，nnn 是矩阵的列数。可以将矩阵看成若干层，首先输出最外层的元素，其次输出次外层的元素，直到输出最内层的元素。先用两个for记录出现0的行和列，再用两个for去标记出现0的所有行列元素。

matrix[i][j] 最终会被交换到 matrix [j][n−i−1]位置，最初思路是直接上三角交换，但是会存在问题，有几个元素是无法交换到的。，创建两个指针 pA 和 pB，初始时分别指向两个链表的头节点 headA 和 headB，然后将两个指针依次遍历两个链表的每个节点。基于上一题环形链表，如果slow和fast相遇，让其中一个指针重新指向head，并且两个指针都每次只走一步，再次相遇就是环的入口。对于主对角线翻转而言，我们只需要枚举对角线左侧的元素，和右侧的元素进行交换，即。

在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置寻找target在数组里的左右边界，有如下三种情况：情况一：target 在数组范围的右边或者左边，例如数组{3, 4, 5}，target为2或者数组{3, 4, 5},target为6，此时应该返回{-1, -1}情况二：target 在数组范围中，且数组中不存在target，例如数组{3,6,7},target为5，此时应该返回{-1, -1}

的排好序的数组中，在数组的 [begin, end) 区间中二分查找第一个小于等于value的数，找到返回该数字的地址，没找到则返回end。的排好序的数组中，在数组的 [begin, end) 区间中二分查找第一个小于value的数，找到返回该数字的地址，没找到则返回end。以下为个人总结，仅供参考。的排好序的数组中，在数组的 [begin, end) 区间中二分查找第一个。的排好序的数组中，在数组的 [begin, end) 区间中二分查找。value的数，找到返回该数字的地址，没找到则返回end。

很久不刷题了，再次刷题手太生了，痛定思痛，还是继续刷吧，立帖为证，天天坚持217. 存在重复元素给定一个整数数组，判断是否存在重复元素。如果存在一值在数组中出现至少两次，函数返回true。如果数组中每个元素都不相同，则返回false。解题思路;1.排序，则若有重复会出现在相邻位置，扫描数组，比较相邻位置元素是否相等获取vector长度用size()class Solution {public: bool containsDuplicate(vector<i...

剑指offer易错点总结剑指 Offer 57 - II. 和为s的连续正数序列剑指 Offer 58 - I. 翻转单词顺序剑指 Offer 58 - II. 左旋转字符串剑指 Offer 59 - I. 滑动窗口的最大值易错点总结剑指 Offer 57 - II. 和为s的连续正数序列首项加末项乘以项数除以二：class Solution {public: vector<vector<int>> findContinuousSequence(int target

易错点总结易错点剑指 Offer 18. 删除链表的节点易错点剑指 Offer 18. 删除链表的节点必须要new一个dummy，而不是直接创建一个ListNode*，具体原因：

1.螺旋矩阵1）将螺旋矩阵当作一个框，规定上下左右边界：上：0下：m.size()-1左：0右：m[0].size()-12）返回条件：上边界>下边界 || 左边界>右边界class Solution {public: vector<int> spiralOrder(vector<vector<int>>& matrix) { vector<int> ans; //

N数之和==target的思路关键点有以下几个：1.先排序，固定一个元素，利用指针移动其余元素两数则固定一个元素+指针；三数则固定两个元素+双指针；四数则固定一个元素+三数和。2.比较当前和与target的大小，移动指针。因为提前将数组排序过，所以若当前和>target，则l--;若当前和<target，则r++;若当前和==target，则return或保存。3.如果题目要求不重复，则去掉重复元素。重复元素有两种:第一种就是数组中元...