qq_39678022的博客

此题是面试遇见的一道题，当时出的是笛卡尔积，和这个其实道理是一样的。此题如果用标准的回溯做，是会出问题的。一开始做的时候，我是把他当全排列做的。但全排列是没有重复状态的，每次选一个。一个状态的前继状态只有一种可能。但笛卡尔积问题是不止一个前继状态，有重复节点就很难记录，所以此题采用迭代+队列来做是最好的。class Solution {public: vector<string> letterCombinations(string digits) { int n.

思路一：对于任意一个位置iii，我们判断它能不能跳到，要看i−maxJumpi-maxJumpi−maxJump和i−minJumpi-minJumpi−minJump区间内是否有1，有的话就可以跳到。这个可以用前缀和来做。但是，问题是我们要看的不是sss数组中的1，而是对dpdpdp数组求前缀和。但我们还没有dpdpdp数组。由于此题只取决于前面的dpdpdp，我们可以直接对dp数组做前缀和。用前缀和时要注意，由于前缀和数组第一个是0，当想取[l,r][l,r][l,r]区间内数时，需要dp[r+1].

解法一：字典看到题，啪的一下就出来了，但是做的其实不好。条件太多，挺笨的。class Solution: def predictPartyVictory(self, senate: str) -> str: d = [0, 0] tp_ct = [0, 0] tmp = '' while True: for s in senate: if s == 'R':

解法一：扫两遍，第一遍存字典，第二遍遍历字典找到最小索引，代码如下：class Solution: def firstUniqChar(self, s: str) -> int: d = {} for i, c in enumerate(s): if c in d: d[c] = len(s) else: d[c] = i mi =

思路一：滑动窗口首先考虑第一个位置，只有一个窗口能翻转它。所以第一个窗口必须满足第一个位置。然后再看第二个元素，只有第一，第二个窗口能满足，第一个窗口是否翻转是固定的，所以第二个窗口是否翻转也固定，这样窗口一直滑动，咱们只需关心窗口的第一个元素就好。class Solution: def minKBitFlips(self, A: List[int], K: int) -> int: ret = 0 for i in range(len(A)-K+1):

解法一：两个堆这个题很容易让人联想到上次的两个堆维护中位数的问题。相似的，这个题也可以用两个堆加上延迟删除分别维持最大值和最小值，复杂度为O(NlogN)。还有一个数据结构能达到和两个堆相似的效果，即平衡二叉树。from heapq import *from collections import defaultdictclass Solution: def longestSubarray(self, nums: List[int], limit: int) -> int:

这个题是很有趣也很强的一道题。首先栈是不可能完美实现队列的，每次peek或者pop都会导致一次接近O(N)的操作，把左边数组移到右边。然后就不用管了。如果右边有数就都是O(1)的操作。class MyQueue: def __init__(self): """ Initialize your data structure here. """ self.s1 = [] self.s2 = [] self

用两个栈实现队列，摊还复杂度是O(1)。由于是老元素先出，咱们用另一个栈存老元素就行。用两个队列实现栈，我的解法是push时是O(N)的。由于栈是新元素先出，你不可能把所有新元素预存，所以你可以在push时把新元素放入底部，把另一堆排列好的老元素加进来。这样每次只用一个队列即可。from collections import dequeclass MyStack: def __init__(self): """ Initialize your data str