revoir的专栏

这道题是二维的上楼梯。也是非常典型的dp题。 最规整的解法就是新建一个二维数组，初始化第一行第一列为1，然后任意一个空格就是他左边和上边的值的和。 有一个小点的注意，如果初始化memo数组为1.可以省去一些步骤。另外注意不要吃书画的时候神使鬼差memo[i][0]=i int uniquePaths(int m, int n) {         vector > memo(n,vecto

这道题和 282. Expression Add Operators(http://blog.youkuaiyun.com/revoir/article/details/51167848) 非常相似。把相乘和相除集体看成一个计算单元，加减分隔开的计算单元一个个的放到memo里面。这个方法要过两遍。 int calculate(string s) { vector memo;

很容易想到迭代的方法去做。我自己感觉这个迭代有一点点dc的意思在里面。 int numTrees(int n) { if(n<=1) return 1; int res=0; for(int i=0;i<n;++i){ res+=numTrees(i)*numTrees(n-1-i);

int evalRPN(vector& tokens) { vector memo; int res=0; for(auto i:tokens){ int temp=0; if(i=="+"||i=="-"||i=="*"||i=="/"){ int second = m

之前编辑了半天为什么不见了。。。 这道题其实想法挺简单的，就是先对数组排序，然后从头开始遍历。对任意一个区间，从当前点开始，一个一个比较自身和后面的区间有没有交集，更新当前区间。 一开始我的想法是inplace的实现，看似时间复杂度O(n)，常熟空间复杂度，一看大家都是跟我方法基本一样，但是还要新建一个res数组，我心里觉得特别美。。 vector merge(vector& pairs)

这道题有三种解法，其中两种跟上一题，merge interval有些相似。 1.直接把新的区间接在区间列表的后面，然后sort，merge interval。这么简单就不贴代码了。 2. 从前往后遍历已知的区间集合，当找到第一个起始位置大于要插入区间起始位置的元素的时候，插入新的区间。然后按照merge interval的方法改变上一个插入的区间，或者插入新的区间。这个做法徐杰实现有挺

这道题乏善可陈。最基本的dfs 和高中概率题 解法一：dfs int countNumbersWithUniqueDigits(int n) { unordered_set used; int res=1; helper(res, used, n); return res; } void helper(i

Reverse Linked List是典型的链表头插法的实例。头插法比较简单易懂，条理清晰，是做很多linked list题目的关键。首先用最简单的Reverse Linked List这道题举例，简单说明一下什么是头插法。 class Solution { public: ListNode* reverseList(ListNode* head) { if(hea

首先来说最简单的解法。因为要验证的树是BST，那个当我们pre-order遍历的时候，得到的结果将会是一个升序数组。所以每访问到一节点，我们只用判断当前节点是不是大于上一个访问的节点的值就可以了。 需要注意的是，如果维护一个vector保存所有之前访问过的节点的值，那么只用int类型

这道题最traverse的解法就是，对于位于i的符号，计算在他前面的结果。如果遇到（，那么就保护现场，刷新临时变量开始下一个计算。遇见）说明当前小节结束，merge当前的临时变量和stack最顶端保留的计算符号和结果。 代码条路清晰，结构冗余。 int calculate(string s) { stack memo; int res = 0;

这道题乍一看很简单，其实还是得稍微有一点点弯弯绕的。主要是边界条件特殊的case比较多。 需要注意到几点： 1. leading space 2. tailing space 3. 整个string全是空格 4. 单词之前好多空格 第一种解法是从前向后扫一遍，没遇到一个空格，记录下位置再继续找下一个空格知道字符串结束。这种方法需要去掉leadig/tailing空格。写起来有一点点繁琐

这是一道典型DP题。遍历一遍数组的同时，比较当前最大值和历史最大值。最终返回历史最大值。不过值得注意的一点是，因为负负得正所以如果当前值是负数，那么乘以之前的当前负数最小值就是当前最大值。 小坑：初始化的时候，当前最大最小值赋予1，就可以从第一个元素开始遍历了。如果赋予nums[0]就需要从第一个元素遍历，for循环写起来稍微麻烦一些 大坑：如果同时更改cur_max 和cur_min,并且计

这道题的解法和unipue path1一模一样。就不多说了。 int minPathSum(vector>& grid) { if(grid.size()==0) return INT_MAX; int m=grid.size(); int n=grid[0].size(); vector memo(n,grid[0][0]);

解法和unique path 1极其相似，多了几个边界条件。 坑： 1. 有block的时候需要初始化。在初始化的过程中，遇到一个block后面去安为0. 2. 初始化第一行的时候要单独做，初始获第一列的时候可以再for循环嵌套中作  3. 一开始的返回条件要包含第一个格子就是墙的情况 int uniquePathsWithObstacles(vector>& obstacleGrid)

这是path sum，机器人走迷宫系列的一道hard 新题。难点在于当前格子的血量计算有好几种情况，实现起来有些复杂。 1. 当前空格是血瓶，那么所需血量就是前面一个格子需要的血量减去血瓶的补给。如果血瓶的补给多余需要的，当前所需血量变为1。 memo[i][j]=max(1, pre-map[i][j])   map[i][j]>=0 2. 当前空格是敌人，所需血量就是前面格子减去打怪兽要

这是一道hello word难度的的DP题, 有点像斐波那契额数列。 当前台阶的步数=上一个台阶的步数+上上个台阶的步数。由于只需要前两个变量，所以不需要记录整个过程。 O(n)+O(1)解法： class Solution { public: int climbStairs(int n) { if(n<=1) return 1;

题目： Sort a linked list in O(n log n) time using constant space complexity. 这道题是一道中等难度的题，实现稍微有一点点复杂。算法很简答就是merge sort。 1. 我的未优化代码和一丢丢优化 class Solution { public: ListNode* sortList(ListNode*

gg加面gg之后，再次得到feedback说good algorithm，bad coding。之前断断续续的刷题确实不行。已经浪费两年了，这次怎么着也得狠刷一年，明年一月再战。 下定决心 不怕牺牲 排除万难 争取胜利 = = 但是希望也不要牺牲。。。。

今天偷懒选到简单题写。 这是一道典型的简单的二分法的题。先判断边界条件，然后进行“分”，然后在合并。 坑， 主要都是边界条件： 注意INT_MIN，0，1，负数幂 class Solution { public: double myPow(double x, int n) { if(n==0) return 1; if(n==

感觉这道题主要考OOD和cpp的语法 坑： 1.怎么在派生类里面调用基类的非虚函数 2.hasnext()不能直接调用基类的hasnext()，因为如果peak了之后，基类的next已经往后移动了 // Below is the interface for Iterator, which is already defined for you. // **DO NOT** modify th

这是一道比特运算题。 我们先假设a 和b两个数都为自然数，那么这道题就可以看成是连个字符串相加 Add Two Numbers 的延伸题，很简单了。 但是记住，一定不要对任何对结果有影响的数数进行开头或者结尾补零，因为正数和负数在表达方式上是不一样的。 class Solution { public: int getSum(int a, int b) {