qq_43607890的博客

这道题读完后我们很容易先想到用排序和队列，每次滑动相当于左边出队右边入队，如果我们能维护一个有序队列，每次输出最大的队头，那么这道题就迎刃而解了。答案是否定的，因为直到新元素退出前它的优先级都盖过了老元素，那么这些又小又老的元素就可以直接丢弃了！另外因为窗口一直在滑动，时代一直在更迭，我们仍然需要判断队头的元素是否过期，并丢弃已经过期的大元素。接下来就遍历入队，每次清除队头下标超出窗口左边界的元素，达到窗口大小后就可以开始愉快的输出了！“滑动窗口最大值”这个问题的本质，可以被抽象为：“如何在一个。

第一次AC用的是不太简洁的方法，因为担心最后一次的异常处理问题，所以每次只让下标前进k步，用一个二进制数来表示当前这个阶段要不要reverse。如果要的话就判断是否到string的末尾，做一次特殊值处理。一方面避免这种坑点，一方面后面再用到字符串长度可以少打几个字符。（Gemini老师表示同意）核心思想是通过比较i + k 和总长度的大小来确定右边界。又是一道简单题，但居然也能学到东西？刚写完觉得贼巧妙，一看官解有点想笑。不写不知道，一写吓一跳。这样一来应该每次先写一行。

设置一头一尾两个指针，向中间一边走一边交换就行了。我最开始的思路是用于一个for循环从头遍历，根据总长度算出它对称的元素下标，确实没有双指针法清晰优雅哈哈。感觉Gemini老师写的代码还是看着舒服啊，古法编程真的有必要存在吗。（又是双指针法，这个世界就是一个巨大的双指针？主要记忆两个标准库函数的使用，一个是交换两元素。一个是直接cheat做完本题的办法。

因为如果target是负数，nums[i]也是负数，此时就算满足nums[i] > target，后面仍然可能有负数让和更小也就是更接近target。容易犯错误的点主要在第三步，要考虑清楚边界条件，尤其像这道题在去重时，判断固定的第二个元素的下标也就是j的时候应该与i + 1相比而不是1。这是相对位置和绝对位置的区别，一定要注意。还有一个细节就是最终的和可能会超过int的范围，最好用long long来存。正确的做法在代码注释中讲解。差不多，感兴趣的朋友可以去看我之前发过的博客。这道题思路跟我之前发过的。

我们回忆一下两数之和的做法，给定一个整数target和一个超大数组，问你有多少种组成target的元组。我们很快发现暴力遍历关键的劣势，在于多次重复遍历已经遍历过的元素。但这道题问的是元组个数，所以存储的key-value应该是和-频数。总结下来这道题的难度确实不算太大，但要考虑的边界条件等细节很多，且对于去重的实现也需要想清楚。那么这道题同样可以降维成寻找两数之和满足target的元素，但这道题要的是元组本身，且。我们可以先将数组按升序排序，然后固定第一个数，从后面序列的。又是经典的n数之和的变体。

逆天复杂度，肯定超时了。大概能想到是拆两半，用哈希表做查询来降低复杂度，但不看答案思路还是不清晰。当时还考虑了正负值分界的角度，但找分界依然需要一次遍历，不够简洁。接下来遍历另外两个vector，计算和，再查询这个和的相反数在刚刚的map中出现了多少次，这也就对应成功元组的次数了，累加起来就ok了。用一次遍历就可以在一个unordered_map中存储nums1，nums2的和的所有可能以及对应的频数。正确的思路应该是用分治的思想，其中两个的和应该等于另外两个和的相反数。第一次组会无桌AC（看提示版）

（神奇宝贝BGM）unordered_map!底层实现哈希表，元素无序，非常适合用来做本题的Cache！缓存命中就可以直接输出结果，没命中也不亏！因为查询效率只需要O(1)，太方便啦！Leetcode开篇第一题！除了暴力枚举还有什么更优的解法呢？unordered_map的操作非常简单，常用的有存储和查询。

发现头脑不清醒写代码就会像梦话哈哈哈哈哈。不过状态有起伏是非常正常的，放平心态做到当下的最好就好啦。其实很多时候“状态”取决于心态，今天明明觉得不太清醒但其实AC的都很快哈哈，加油！前提是像序列像单链表一样无分支，有尽头（收敛），而且还能通过第三个指针找环的入口（太牛了）。哈希表常规思路，这里不再赘述。的题目，其实都可以用Floyd判环来做！while循环记得更新变量！