qq_40492693的博客

微服务是一种经过良好架构设计的分布式架构方案，微服务架构特征，单一职责微服务拆分粒度更小，每一个服务都应唯一对应的业务能力，做到单一职责，避免重复业务开发，面向服务：微服务对外暴露业务接口，自治：团队独立、技术独立、数据独立、部署独立，隔离性强：服务调用做好隔离、容错、降级，避免出现级联问题

01背包一定是外层for循环遍历物品，内层for循环遍历背包容量且从后向前遍历！

既然为目标，target就有：left组合-right组合 = target。left + right 等于 sum，而sum是固定的。那么公式left - (sum - left) = target ,left = (target + sum) /2。求的就是在集合nums种找出和为left的组合。假设加法求的总和为x，那么减法对应的总和就式sum - x。最终要求的是x - (sum - x) = target, x = (target + sum) / 2。

单词就是物品，字符串s就是背包，单词能否组成字符串s，就是问物品能不能把背包装满。

如果求组合数就是外层for循环遍历物品，内层for遍历背包。如果求排列数就是外层for遍历背包，内层for循环遍历物品。所以本题外层for遍历背包，内层for遍历物品，还是外层for遍历物品，内层for遍历背包，都是可以的！

让石头分成重量相同的两堆，相撞之后剩下的石头最小，本题物品的重量为store[i]，物品的价值也为store[i]，对应着01背包里的物品重量weight[i]和 物品价值value[i]。

给你一个 只包含正整数 的 非空 数组 nums 。请你判断是否可以将这个数组分割成两个子集，使得两个子集的元素和相等。

给你一个整数 n ，求恰由 n 个节点组成且节点值从 1 到 n 互不相同的 二叉搜索树 有多少种？返回满足题意的二叉搜索树的种数。

给定一个正整数 n，将其拆分为至少两个正整数的和，并使这些整数的乘积最大化。 返回你可以获得的最大乘积。

这道题相对于62.不同路径就是有了障碍

题目中说机器人每次只能向下或者向右移动一位，其实机器人走过的路可以抽象为一颗二叉树，而二叉树的叶子节点就是终点。

每当你爬上一个阶梯你都要花费对应的体力值，一旦支付了相应的体力值，你就可以选择向上爬一个阶梯或者爬两个阶梯。

1. 确定dp数组以及下标的含义2. 确定递推公式3. dp数组的初始化4. 确定遍历顺序

1.确定dp数组以及下标的含义dp[i]的定义：第i个数的斐波那契值为dp[i]2.确定递推公式状态转移方程 dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2]3.dp数组的初始化题目中已经给出了 dp[0] = 0 , dp[1] = 14.确定遍历顺序从递推公式中可以看出dp[i]是依赖dp[i-1] 和dp[i-2]的，所以遍历顺序肯定是从前到后的。5.举例推导dp数组如果代码写出来发现不对，把dp数组打印下来看看哪里出错了。

每个节点都有三种状态，情况一，该节点无覆盖，情况二，该节点有摄像头，情况三，该节点有覆盖。可以分别用三个数字表示三种情况的状态，0表示该节点无覆盖，1表示该节点有摄像头，2表示该节点有覆盖。空节点是有覆盖的，所以递归遇见了空节点，应该返回2。

循环遍历股票数组，情况一：如果每一天购买的价格（含手续费）小于第一天购买的，这时候购买股票（含手续）的价格最低，适合购买股票；情况二：如果股票的单价大于购买的价格（含手续费）那么此时就可以计算利润（后面几天也可能有利润），然后更新买入股票的价格（更新，买入股票的价格（不含手续费，如果下次比较合适购买时会加上手续费）），情况三可以省略如果不满足以上两种情况直接进入下次循环，直到找到最终利润为止。

局部最优：遇到strNum[i - 1] > strNum[i]的情况，让strNum[i - 1]--，然后strNum[i]给为9，可以保证这两位变成最大单调递增整数。全局最优：得到小于等于N的最大单调递增的整数。

解决区间问题的一般思路是先排序，然后观察规律。一个区间可以表示为[start,end] ，是可以清晰可见使用按start进行排序。对于几个相交区间合并后的结果区间x，x.start一定是这些相交区间中start最小的，x.end一定是这些相交区间中end最大的。

统计每一个字符最后出现的位置，从头遍历字符，并更新字符的最远出现下标，如果找到字符最远出现位置下标和当前下标相等了，则找到了分割点。

从区间集合中选择一个区间x,这个x是在当前所有区间中结束最早的(最小)。把所有与x区间相交的区间从集合中删除，重复以上步骤，直到集合为空为止，之前选出的那些x就是最大不相交子集，把每个区间的end数值升序排序，升序后找x很容易，所有与x相交的区间必然会与x的end相交，如果一个区间不想与x的end相交，它的start一定大于等于end的，这样就可以求出有几个区间不会重叠了，那么剩下的就是要去除的区间了。

只射重叠最多的气球，用的弓箭一定最少，把气球排序之后，从前到后遍历气球，被射的气球跳过就行了，只要记录一下数量就可以了。为了让气球尽可能的重叠，需要记录一下箭的数量就可以了。按照气球的起始位置排序，就要从前遍历气球数组，靠左尽可能让气球重复。如果气球重叠了，重叠气球中右边界的最小值之间的区间一定需要一个弓箭。

遇到两个维度权衡的时候，一定要先确定一个维度，再确定另一个维度。如果按照k来从小到大排序，排完之后，会发现k的排序并不符合条件，身高也不符合条件，两个维度哪一个都没有确定下来。那么按照身高h来排序，身高一定是从大到小排列的。（身高相同的k小的站前面），让高个子再前面。根据身高排序之后，优先按身高高的people的k来插入，后序插入节点也不会影响前面已经插入的节点，最终按照k的规则完成了队列。

需要维护三种金额的数量，5，10和20。有三种情况： 1.账单是5，直接收下。 2.账单是10，消耗一个5，增加一个10。 3.账单是20，优先消耗一个10和一个5，如果不够，再消耗三个5。

先确定右边评分大于左边的情况（从前向后遍历）局部最优：只要右边评分比左边大，右边的孩子就多一个糖果，全局最优：相邻的孩子中，评分最高的右孩子获得比左孩子更多的糖果。局部最优推出全局最优。再确定左孩子大于右孩子的情况（从后向前遍历）使用两次贪心策略，一次从左到右遍历，只比较右孩子评分比左边大的情况，一次从右到左遍历，只比较左孩子评分比右边大的情况。

如果总油量减去总消耗大于等于零那么一定可以跑完一圈，说明各个加油站的加油站剩余油量相加一定大于等于零的。

让绝对值大的负数变为正数，当前数值达到最大，整体最优：整个数组的和达到最大。局部最优推出整体最优。如果将负数都转变为正数了，k依然大于0，此时的话只找数值最小的正整数。

此题与55跳跃游戏思路大致相似，还是要看最大覆盖范围。局部最优：当前可移动距离尽可能多走，如果还没有到终点，步数在加一，整体最优：一步尽可能多走，从而达到最小步数。解题时，要从覆盖范围开始出发，不管怎么跳，覆盖范围内一定是可以跳到的，以最小的步数增加覆盖范围，覆盖范围一旦覆盖了终点，得到的就是最小步数。

此题跳几步无所谓，关键在于可跳的覆盖范围，不一定非要明确每次跳几步，每次取最大的跳跃步数，这个就是可以跳跃的覆盖范围。这个范围不管怎么跳的，反正一定可以跳过来。每次取最大跳跃步数（取最大覆盖范围），整体最优：得到整体最大覆盖范围，看能否到终点。

由于不限制交易次数,只要今天股价比昨天高,就交易.将整个区间划分为长度为1的n个区间,找到所有利润为正值的区间(上升区间)相加即可。

局部最优：当前“连续和”为负数时直接放弃，从下一个元素开始重新计算“连续和”，因为负数加上下一个元素，“连续和”只会越来越小。全局最优：选取最大的“连续和”。局部最优的情况，记录最大的"连续和"，可以推出全局最优。

局部最优：删除单调坡度上的节点（不包括单调坡度两端的节点），那么这个坡度就可以有两个局部峰值。整体最优：整个序列有最多的局部峰值，从而达到最长摆动序列。

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，那么应该优先满足胃口大的。这里的局部就是大饼干喂给胃口大的。充分利用饼干尺寸喂饱一个，全局最优的就是喂饱尽可能多的小孩。

解数独的递归函数的返回值需要用boolean类型，因为解数独找到一个符合的条件（假设树的叶子节点）就立刻返回，相当于找从根节点到叶子节点的一条唯一路径，所以需要boolean类型。解数独需要“遍历整个树型结构寻找可能的叶子节点就立刻返回”，递归的下一层的棋盘一定要比上一层棋盘多一个数，等数填满了棋盘自然就终止了，所以不需要终止条件。使用一个for循环遍历行，一个for循环遍历列，一行一列确定下来，递归遍历这个位置放9个数字的可能性。

使用回溯搜索“这颗树” ，只要搜索到了树的叶子节点，说明就找到了皇后们的合理位置了。使用List集合result记录最终结果，参数n是棋盘的大小，用row记录当前遍历到棋盘的第几层了。当递归到棋盘最底部的时候（也就是叶子节点），就可以收集结果并返回了。递归深度row控制棋盘的行，每一层for循环里的col控制棋盘的列，一行一列就确定了棋盘放置的位置。每一次都要从起始位置开始搜所以起始为0。按照约束条件进行去重。棋盘的宽度就是for循环的长度，递归的深度就是棋盘的高度，这样就是标准的回溯了。

此题和46.全排列的区别在于给定一个可包含重复数字的序列

排列是有序的，[1,2] [2,1]是两个集合，这和之前的子集以及组合不一样的地方，元素在[1,2]中使用过了一次，但是在[2,1]中还要在使用一次，所以处理排列就使用不到startIndex了。

此题要求自增子序列，是不能对原数组进行排序的，排序完的数组都是自增子序列了。求子序列，很明显一个元素不能重复使用，所以需要startIndex，调整下一层递归的起始位置。

如果把子集问题、组合问题、分割问题都抽象为一棵树的话，那么组合问题和分割问题都是收集树的叶子节点，而子集问题就是找树的所有结点。子集也是一种组合问题，因为集合也是无序的。既然是无序的，取过的元素不会重复，那么循环开始就要从statIndex开始，而不是从0了。取子集问题不需要减枝，因为子集就是要遍历整颗树。

此题也是个切割问题，startIndex是一定需要的，因为不能重复分割，记录下一层递归分割的起始位置。还需要额外一个变量num，记录ip段的数量。

- 组合问题：选取一个a之后，在bcdef中再去选取第二个，选取b之后在cdef中再选取第三个... - 切割问题：切割一个a之后，在bcdef中再去切割第二段，切割b之后再cdef中再切割第三段...