sjsjs11的博客

在所有这样的二叉树中，返回每个非叶节点的值的最小可能总和。解释：有两种可能的树，第一种的非叶节点的总和为 36 ，第二种非叶节点的总和为 32。最高效的O(n)做法，从凌晨12点做到凌晨三点半，还是没想通，以后补题解。数组 arr 中的值与树的中序遍历中每个叶节点的值一一对应。每个非叶节点的值等于其左子树和右子树中叶节点的最大值的乘积。如果一个节点有 0 个子节点，那么该节点为叶节点。每个节点都有 0 个或是 2 个子节点。输入：arr = [6,2,4]输入：arr = [4,11]

首先由于arr1是非递减的，那么也就是说arr1[i] >= arr1[i-1]，然后arr2是非递增的，也就是说arr2[i] <= arr2[i-1]。我们假设arr1[i]为j，arr1[i-1]为k，arr2[i] = nums[i] - j而arr2[i-1] = nums[i-1] - k。那么我们知道了最大值k，我们就可以知道当前f[i][j]可以由f[i-1][0],f[i-1][1]…+f[i-1][k]的值，我们可以计算上一个状态的前缀和，当我们知道最大的k的时候就可以直接使用。

一开始我们得到g=[1,2,4,5]，然后遇到x=3，替换后g=[1,2,3,5]，这时候g就是虚拟的递增子序列，因为很明显nums中没有这么一个递增子序列。接着遇到x=4，替换掉g中的5，g=[1,2,3,4,7]。最后遇到x=6，替换掉了g中的最后一个元素7,g=[1,2,3,4,6]，这时候我们的最长子序列才真正变成了[1,2,3,4,6]。举个例子：nums = [1,2,4,5,3,7,4,6]输入：nums = [1,3,2,1,3,3]输入：nums = [2,2,2,2,3,3]

就说明发现了更长的公共子序列，那么这个时候，我们就重置count[i]为count[j]，之所以重置为count[j]是因为count[j]代表着之前以nums[j]结尾的最长公共递增子序列的个数，那么有count[j]个最长公共递增子序列再加上当前的nums[i]，就有count[j]种以nums[i]结尾的最长公共递增子序列。然后再继续遍历以nums[i]结尾的最长公共递增子序列，如果发现了有相同长度的公共递增子序列，就加上这个以nums[j]结尾的最长公共子序列的数量count[j]。

既然右下角顶点已经确定，假设当矩形的高也知道，那么顶边的长度就是符合右下角为顶点，高确定的矩形个数。所以我们要做的就是遍历矩阵每个元素为矩形右下角，然后在不断假设高，然后找到在不同高的情况下矩形的顶边最长是多少。我们将每个元素为右下角能构成的矩形数量都计入ans中，最后返回的ans就是所有符合要求全为1的子矩阵数量。输入：mat = [[0,1,1,0],[0,1,1,1],[1,1,1,0]]输入：mat = [[1,0,1],[1,1,0],[1,1,0]]有 2 个 1x3 的子矩形。

在这个算法中，举个例子[1,0,1,0,1]作为我们的nums，goal = 2。cnt是一个哈希表，用来储存子数组相同的和的数量。给你一个二元数组 nums ，和一个整数 goal ，请你统计并返回有多少个和为 goal 的 非空 子数组。有 4 个满足题目要求的子数组：[1,0,1]、[1,0,1,0]、[0,1,0,1]、[1,0,1]输入：nums = [1,0,1,0,1], goal = 2。输入：nums = [0,0,0,0,0], goal = 0。有以上四种情况，所以输出为4。