u012528000的博客

这个题倒是很简单，没什么可说的：class Solution {public: bool judgeCircle(string moves) { int x = 0; int y = 0; for(int i = 0; i < moves.size(); ++i) { if(moves[i] ==

这个题想半天不会，然后看了别人的死路才写出来。主要是回溯的思想，一条路走到黑，然后退回来走另一条路。class Solution { public: vector numbers = {8,4,2,1,32,16,8,4,2,1}; vector readBinaryWatch(int num) { vector res; int watc

罗马数字共有7个，即I（1）、V（5）、X（10）、L（50）、C（100）、D（500）和M（1000）。1、重复数次：一个罗马数字重复几次，就表示这个数的几倍。2、右加左减：2.1 在较大的罗马数字的右边记上较小的罗马数字，表示大数字加小数字。2.2 在较大的罗马数字的左边记上较小的罗马数字，表示大数字减小数字。2.3 左减的数字有限制，仅限于I、X、C。比如45不可以

我的笨方法，建一个string result，让它的初值是vector里第一个string，然后遍历后面的string， 比较每一位，遇到不一样的位就截取result。过程中遇到的问题是substr用法：    j位不一样：    result = result.substr(0， j); 第一个参数是开始截取的位置，第二个参数是截取多少个字符。

class Solution {public: bool isValid(string s) { map m = {{'}', '{'}, {')', '('}, {']', '['}}; stack t; if(s.size() == 0) return false; for(int i = 0; i <

我写的：class Solution {public: int strStr(string haystack, string needle) { int hsize = haystack.size(); int nsize = needle.size(); if(hsize < nsize) return -1;

我的乱糟糟的代码：class Solution {public: string countAndSay(int n) { string result = "1"; for(int i = 1; i < n; ++i) { result = count(result); //cout <<

这个题这么简单，但是调了好久，最后直接求结果没调好，无奈申请了一个string存放结果，再返回string的长度。class Solution {public: int lengthOfLastWord(string s) { string result = ""; int i = s.size() - 1; while(s[i] ==

我写了……一个……很长的代码……唉，我先把短的那个数字补齐，也就是前面缺的那几位补0，然后再加。    注意result = char('0' + rx % 2) + result;    这里面这个强制类型转换是必须必的。不然会报错。class Solution {public: string addBinary(string a, string b) {

我申请了一个vector来挑出字母和数字，并且在放入vector之前就全部转换成小写字母。    然后再遍历一遍vector，设前后两个指针往中间推。class Solution {public: bool isPalindrome(string s) { vector ss; for(int i = 0; i < s.size(); ++i)

我的代码，尝试着把前后两个指针都放到for循环里写了，代码确实好看了一些：class Solution {public: string reverseString(string s) { for(int start = 0,end = s.size() - 1; start < end; ++start,--end) { swa

我的代码，很常规的方法：class Solution {public: string reverseVowels(string s) { set ss = {'a', 'e', 'i', 'o', 'u', 'A', 'E', 'I', 'O', 'U'}; int i = 0, j = s.size() - 1; while(i <

我的常规方法：class Solution {public: bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) { map m; for(int i = 0; i < magazine.size(); ++i) { m[magazine[i]]++;

我的方法是，如果碰到不是空格的字符，count加1，然后指针往后一直到找到一个空格，然后从这个位置再接着往下找，碰到非空格的字符继续加1.class Solution {public: int countSegments(string s) { int count = 0; int cur = 0; while(cur < s.size

一开始写的总是超时，最后是看了提示才写出来的。关键是重复字符串长度一定不大于s的二分之一，而且s的长度一定能整除字符串长度。满足这个条件的重复字符串就大大减少了，就不会超时了。下面是我写的：class Solution {public: bool repeatedSubstringPattern(string s) { int n = s.size();

我的方法：很常规，设一个count记录大写字母的个数，如果是0，则true；如果是1，则返回第一个字符是否是true；如果等于总字符数，返回true，其他情况都是false。class Solution {public: bool detectCapitalUse(string word) { int count = 0; for(int i = 0;

这是啥题啊……题目一直没理解对，看了答案才知道是这个意思……这题好没劲：class Solution {public: int findLUSlength(string a, string b) { if(a.size()!=b.size()) return max(a.size(), b.size()); else {

提交了好几遍才过的。思路就是设一个下标cur，是每个2k的开始位置，根据cur判断cur位置后面够不够2k，如果不够k，翻转剩下的所有；如果够k但不够2k，翻转前k个。class Solution {public: string reverseStr(string s, int k) { int cur = 0; while(1) {

思路很简单，就是统计A和L的个数，A不用说，L的统计是这样的，不仅遇到L要加1，而且遇到不是L的字符要把L置0.这是我写的：class Solution {public: bool checkRecord(string s) { int countA = 0; int countL = 0; for(int i = 0; i < s.s

思路很简单，遍历字符串，碰到空格就翻转这之前的一个字符。这是我写的：class Solution {public: string reverseWords(string s) { int cur = 0; for(int i = 0; i < s.size(); ++i) { if(s[i] == ' ')

递归，为什么我写递归也这么长？？/** * Definition for a binary tree node. * struct TreeNode { * int val; * TreeNode *left; * TreeNode *right; * TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL)

建立有向图，用二维数组来建立，需要一个一维数组visit来记录访问状态，这里有三种状态，0表示还未访问过，1表示已经访问了，-1表示有冲突。大体思路是，先建立好有向图，然后从第一个门课开始，找其可构成哪门课，暂时将当前课程标记为已访问，然后对新得到的课程调用DFS递归，直到出现新的课程已经访问过了，则返回false，没有冲突的话返回true，然后把标记为已访问的课程改为未访问。class So

这道题考察拓扑排序。思路是依次输出入度为0的节点。入度为0表示没有可以构成他的其他节点，但是他可以构成别人，所以这门课要先选。首先把图中所有的入度为0的节点压栈，然后依次弹出一个节点，把这个节点所连的节点的入度依次减1，如果减1之后入度为0，压栈。如此循环，直到栈为空。class Solution {public: vector findOrder(int numCourses,

从边缘当作起点开始遍历搜索，然后标记能到达的点位true，分别标记出pacific和atlantic能到达的点，那么最终能返回的点就是二者均为true的点。class Solution {public: vector> pacificAtlantic(vector>& matrix) { if (matrix.empty() || matrix[0].empty())

这个题和之前的一样，要为二叉树每个节点填充next指针。但是这个题并不要求完全二叉树，而是随便一棵普通的二叉树。举个例子：[1,2,3,4,#,#,5]，就不能用之前的做法。这个题的思路是这样：还是根据当前节点node，填充node->left和node->right的next指针，首先根据node->next->next->...（node这一层的所有节点）找到最先出现的node下面一层

大神分析：这道题让我们用数组中的数字来摆出一个正方形。跟之前有道题Partition Equal Subset Sum有点像，那道题问我们能不能将一个数组分成和相等的两个子数组，而这道题实际上是让我们将一个数组分成四个和相等的子数组。我一开始尝试着用那题的解法来做，首先来判断数组之和是否是4的倍数，然后还是找能否分成和相等的两个子数组，但是在遍历的时候加上判断如果数组中某一个数字大于一条边的长

这道题意思是按照“之”字形遍历一棵树。我的做法是dfs把每一行按照正常的顺序存下来，最后把奇数行倒置。/** * Definition for a binary tree node. * struct TreeNode { * int val; * TreeNode *left; * TreeNode *right; * TreeNode(int

求给定图中，能形成树的最矮的树。BFS，利用无向图每个点的degree来计算。先计算每个点的degree，然后将degree为1的点放入list或者queue中进行计算，把这些点从邻接表中去除，然后计算接下来degree = 1的点。最后剩下1 - 2个点就是新的root。class Solution {public: vector findMinHeightTrees(int

这道题用的是DFS。扫面矩阵的四条边，如果有O，则用DFS遍历，将所有连着的O都变成另一个字符#。这样剩下是O的就是被X包围着的O，都应该变成X。最后把#再变回O就可以了。class Solution {public: void solve(vector>& board) { if(board.empty() || board[0].empty() || bo

这道题的意思是，给一个数字N，从1到N的这些书构成一个序列，使得序列中第i个数满足：i能整除这个数，或者这个数能整除i。问给定的N，满足这个要求的序列能有多少个。想到了卖火柴的小女孩那个题，Matchsticks to Square。这个题里出现一个问题是，求一个数组能不能分成四个和相等的数组。写法和这个差不多。遍历每一个位置i，看i位置能放哪个数，放下这个数后对i+1递归，然后i这个位置试着放下

这道题网上很多大神分析，我没有写出来，原因是没有发现一个重要的线索是，在某一个时刻必须要保证左括号数>右括号数，否则现在的字符串就是不满足要求的。对于每一个位置，都有两个选择：放左括号或者放右括号。放左括号没有限制，只要现在手头上还有剩余的左括号就可以放，放右括号有限制条件，不仅仅手头上要有剩余的右括号可以放，而且当前已经有的左括号数必须大于已经有的右括号数，如果当前的左括号数小于等于当前右括号数

这道题的意思是找出所有可能的和为n的k项组合，组合的项仅能从1-9中选择，且组合中数字不能重复。这个题比较简单，回溯法。选k个数，每一个位置都有1-9这些可能，选择满足条件的一个然后在现在的状态下继续递归。一开始我想用一个vector表示1~9这些数字中还有哪些没有选过。但是这样出现了答案中的数字一样但是顺序不一样，也算成了不同的答案。但实际上选择一样的数字只需要一个就可以了。看了大神的解答，

输出给定数组的所有全排列。这道题还是比较简单的回溯。根据上一篇216Combination Sum3的经验，这次是要输出给定数组的所有全排列，要用到一个visit数组来标识哪些数现在是可以选的。class Solution {public: vector> permute(vector& nums) { vector> res; vector

这道题是给出一个数组，写出他的所有子集合。一开始我的想法是，子集合里存放的数字个数可能是0个，1个，2个...n个，针对这n+1种可能，每一种分别求。但是没有调出来。后来看了别人代码，发现不用这么麻烦，每次递归都往结果集里加就可以。class Solution {public: vector> subsets(vector& nums) { vector> res

这道题的意思是给一个数n，再给一个数k，问1～n这些数字里面能够成多少个长度为k的组合。简单的回溯。class Solution {public: vector> combine(int n, int k) { vector> res; vector r; backtracking(n, k, 1, res, r); r

这道题意思是给你一个数组，再给你一个目标值target，写出所有和是target的子数组。这个题一开始求出来的结果是[2,2,3][2,3,2][3,2,2][7]，发现有重复的，所以先把数组从小到大排序，选择数字的时候只往右边选，不往回选，这样就不会出现重复数组了。class Solution {public: vector> combinationSum(vector& ca

这道题还是给出一个数组，要求找出所有的子集合，但是与之前不同的是，这次给出的数组有重复的数。看了大神的分析：拿题目中的例子[1 2 2]来分析，根据之前 Subsets 子集合 里的分析可知，当处理到第一个2时，此时的子集合为[], [1], [2], [1, 2]，而这时再处理第二个2时，如果在[]和[1]后直接加2会产生重复，所以只能在上一个循环生成的后两个子集合后面加2，发现了这一点

这道题让我们求电话号码的字母组合，即数字2到9中每个数字可以代表若干个字母，然后给一串数字，求出所有可能的组合。我想到类似全排列那样的题目，这道题也是典型的回溯问题，每一个位置都有几个选择，求这些选择的全排列。但是以前的题目是，这些位置有一个共同的选择范围，一般是一个数组。但是这个题是，每个位置有每个位置各自不同的选择范围。其实还是一样的，只是要设一个字典，再设一个level表示现在是在哪一个

这道题是Combination Sum的改进，给出一个数组，可能有重复数字，给出一个target，写出所有和为target的组合。这个题的变化是，一个数只能用一次。首先给数组排序，然后按照上一个题的方法写就行。但是这样有一个问题，因为有重复数字，所以有些组合会加两遍。所以我用了set结构，最后再转化成vector返回。class Solution {public: vector>

这道题是说，给一个字符串，要把这个字符串分割，分割成几个回文串。写出所有的分割方案。首先想到的方法是，从第一个字符串到最后一个字符串，每一个位置都可以选择分割或不分割。所以一个位置一个位置的遍历，再写一个判断一个字符串是否是回文串的函数。这样复杂度很高，本以为会超时，但是ac了。class Solution {public: vector> partition(string s)