Tom336853的博客

但如果 targetSum=0，假设根节点值为 1，如果先把 cnt[1] 增加 1，再把 ans 增加 cnt[s−targetSum]=cnt[1]=1，就相当于我们找到了一条和为 targetSum=0 的路径，但和为 0 的路径是不存在的。也可以这样理解，要想把任意路径和都表示成两个前缀和的差，必须添加一个 0，否则当路径是前缀时（从根节点开始的路径），没法减去一个数，具体见 前缀和及其扩展 中的讲解。答：如果不恢复现场，当我们递归完左子树，要递归右子树时，cnt 中还保存着左子树的数据。

Stack：java里Stack的peek方法是返回栈顶的元素但不移除它。但Stack的pop方法是会移除的。

3、此时，我们停止增加right，转而不断增加left指针缩小窗口[left,right)，直到窗口中的字符串不再符合要求（不包含T中的所有字符了）。同时，每次增加left，我们都要更新一轮结果。1、我们在字符串S中使用双指针中的左右指针技巧，初始化left=right=0，把索引左闭右开区间[left,right)称为一个「窗口」。2、我们先不断地增加right指针扩大窗口[left,right)，直到窗口中的字符串符合要求（包含了T中的所有字符）。

我们可以「贪心」地选择距离最后一个位置最远的那个位置，也就是对应下标最小的那个位置。因此，我们可以从左到右遍历数组，选择第一个满足要求的位置。在具体的实现中，我们维护当前能够到达的最大下标位置，记为边界。我们从左到右遍历数组，到达边界时，更新边界并将跳跃次数增加1。找到最后一步跳跃前所在的位置之后，我们继续贪心地寻找倒数第二步跳跃前所在的位置，以此类推，直到找到数组的开始位置。贪心问题：想清楚局部最优是什么，如何推导出全局最优。

intval;

当前节点选择不偷：当前节点能偷到的最大钱数=左孩子能偷到的钱+右孩子能偷到的钱当前节点选择偷：当前节点能偷到的最大钱数=左孩子选择自己不偷时能得到的钱+右孩子选择不偷时能得到的钱+当前节点的钱数。

若向内移动短板，水槽的短板min(h[i],h[j])可能变大，因此下个水槽的面积可能增大。若向内移动长板，水槽的短板min(h[i],h[j])不变或变小，因此下个水槽的面积一定变小。因此，初始化双指针分列水槽左右两端，循环每轮将短板向内移动一格，并更新面积最大值，直到两指针相遇时跳出；注：快慢指针，快指针如果遇到要保留的元素，就给slow指针。注意：此题采用暴力解法会超时，应该使用双指针，