qq_39678022的博客

牛牛上幼儿园，有5个数，每次选择4个数进行减一操作，牛牛没学过负数，所以减到0就停止了。 问最多可以减多少次，5个数范围：1e9此题贪心很难做，和力扣2141类似，有点像填充型二分，但还是区别挺大的。我们考虑最多能减x次。当然，由于每次需要减4个数，我们不可能真的去减，有些难以操作，我们可以考虑，每次有一个数不减。我们换个思路考虑，如果说要减x次，如果其中一个数大于等于x，那么每次减他都可以，如果有4个数以上大于等于x，那么x肯定是满足要求的。但如果有数 aaa 小于 xxx，那么他至少要被豁免 x−

此题还是挺难想的，首先做一个假设，假设n台电脑最多能运行x分钟，如果所有电池加起来能运行nx分钟，能不能满足要求？考虑第一种例外，即如果有电池电量大于x，那么它给x充满电后，也没有时间再给别的电脑充电了，所以如果有电池电量超过x，那么一定满足不了要求。所以我们应该做一下裁剪，让每个电池电量和x取最小值。那么我们接着考虑，裁剪后，如果所有电池加起来能运行nx分钟，能否满足要求？这个是可以满足的，证明也很简单，我们直接在每个电脑上累加电池，直到大于等于x。不管等于的，我们会得到一批大于x和小于x的电脑。我.

题目不用再说了，但一个要求是要返回整数，这就存在一个问题，就是输入为1的时候，永远不可能得到1，因为int是向下取整，所以对于1要特殊处理。class Solution {public: int mySqrt(int x) { if(x == 1)return 1; double l = 0, r = x; if(x < 1)r = 1; while(l<r) { double

此题和类似单调矩阵不太一样，每个小于target的行都有可能是。思路一：与普通矩阵类似，对每个小于target的行做二分查找class Solution {public: int bisect(vector<int> &v, int target) { int l = 0, r = v.size()-1; while(l<r) { int mid = ceil((l+r)/2.0);.

此题的矩阵和单调矩阵很像，是肯定要用二分的题目，先第一次二分，找到合适的左区间，第二次找到精确数值，要注意mid的判断，是核心。class Solution {public: int bisect(vector<int> &v, int target) { int l = 0, r = v.size()-1; while(l<r) { int mid = ceil((l+r)/2.0);.

33：无重复元素首先思考两个问题：能否轻易找到旋转点？能否判断目标数在哪个部分？其实这两点都是很好解决的，第一点需要之前的题，可以用二分法和最右边元素进行比较，找到起始点即可。之后，我们通过目标数和数组的第一个数比较，可知道他在哪一部分，之后在对应部分做一次二分即可。class Solution {public: int search(vector<int>& nums, int target) { // 找旋转点 int l =

此题如背包问题一样，回溯是可以解决的，我们需要先得到以当前字符结尾的最大长度数组，即dp数组。我们可以用dp+二分方法，在得到单调栈数组的同时仍可以获得dp数组（这是一个技巧）之后便可以做回溯了，我们可以使用贪心的方式进行回溯。每次只需要找到最靠右的元素即可。因为若两个长度相同，靠前的一定比靠后的大，不然两个不可能相等，所以每次选靠后的就可以解决问题。class Solution {public: /** * retrun the longest increasing subsequ

解法一：模拟此题的模拟分为两个阶段。首先把地面铺满，这样一定是满足要求的，然后在index处开始累加即可。在第一阶段咱们直接模拟，index处的值每次加一，这个值减去2就是他每次辐射到的范围。当两边都被辐射到，即进入第二阶段后，可以直接用简单除法完成。class Solution {public: int maxValue(int n, int index, int maxSum) { int sum = n; int ret = 1; whil

第一件要明确的事，咱们要找的元素肯定在右半部分，当然可能不存在左半部分。这样一来，我们希望在二分的时候，如果只有右半部分，也能求出最终解，这就需要我们必须和右端的元素进行比较。如果和左边比较，当我们完全进入右半部分时，指针根本处理不了这种情况。第二件事就是，当mid和r处元素相等时，要r–。这个基本可以当成结论来看了，由于无法判断，只能退化成O(N)。这是一种无奈的妥协。两个题代码分别如下：class Solution {public: int findMin(vector<int&g

做法1：O(N+M)做法为一次排除一个元素，此做法为一次排除k个元素。我们的目标是找到中位数，计算其下标并记录在to_find变量中其中，k = int(to_find/2)通过比较两个数组第k个值的大小，可以一次删去k个元素，从而实现二分class Solution: def findMedianSortedArrays(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> float: # k: kth smallest numb

解法一：dfs暴力求解# Definition for a binary tree node.# class TreeNode:# def __init__(self, x):# self.val = x# self.left = None# self.right = Noneclass Solution: def countNodes(self, root: TreeNode) -> int: self.

本来是个很简单的题，前几天看视频也遇到了，两次二分就行，可是就那么亿点细节愣是整了半天。首先是移位，在已知要左移或右移时，应先改变left或者right再动指针。然后就是判别条件，应该是left <= right，这样能进行最后一次操作，之后就会退出，因为移位时是必定要动一位的，所以这种状态只能持续一次，代码如下：from math import ceilclass Solution: def searchRange(self, nums: List[int], target: int)

首先是300，经典的最长上升子序列问题解法一：普通dp用dp做其实是很简单的，找到关键：对于每个元素，记录以这个元素为末尾的最长子序列长度。然后很容易就可想到递推公式，代码如下：class Solution: def lengthOfLIS(self, nums: List[int]) -> int: ret = 1 dp = [1 for _ in range(len(nums))] for i in range(1, len(nums)

这种二维问题一般都是排序+dp，可以转化为LIS问题。解法一：dp状态转移方程为以当前数字结尾的最长序列长度。注意：此题不要用max，不然会超时。class Solution: def maxEnvelopes(self, envelopes: List[List[int]]) -> int: if not envelopes: return 0 arrs = sorted(envelopes, key=lambda x: (x[0], x[1]))

本题中的矩阵，每行每列都是单调递增的，解法一：二分这道题很容易让人想到二分。二分如果要选左边的元素，那么需要用ceil函数来确定中间，这是一个坑。然后二分的思路就是确定候选区间，先根据第一个元素选出右区间，再根据最后一个元素选出左区间，在区间内二分即可。from math import ceilclass Solution: def findNumberIn2DArray(self, matrix: List[List[int]], target: int) -> bool:

此题又是一道无敌的题目，其二分处理之难想令人发指。常规的二分如果想让左指针=mid+1，说明左指针偏右，要让mid值偏左，所以向下取整。此题如果大于右边，说明mid在左边部分，取mid+1. 所以要此题也要向下取整。关键是在等于时的处理，由于本题的特殊性，如果mid等于右边，无法判断向左还是向右。此时我们让右指针向左移动一位。现在要证明的是，这一次移动不会有危险。什么叫危险？就是右指针恰好指向我们要找的数。若发生这种情况，我们可以发现，mid仍然等于这个数，这个数仍在搜索区间。让我们思考一下，此时mid