weixin_39248750的博客

思路：对有序队列里的元素按照频率排序，如果频率相同，根据index比较得到更大的数，表示离栈顶更近。

所以可以直接判断 str 中去除首尾元素之后，是否包含自身元素。则表明存在重复子串。一开始 acd (acd) ，移动一次 ac(dac)d，移动两次 a(cda)cd。acd 移动的可能：dac、cda。其实都包含在了 str 中了。比如字符串：S = acd，那么 str = S + S = acdacd。...

思路：首先尝试用自顶向下的方法求dp结果，但是从上到下每个list的长度从小到大，所以需要考虑边界值，比较麻烦，所以从下往上遍历。

代码】力扣208 实现Trie（前缀树）

以 i = 0 为起点，nums[0]=2，说明当前能到达的最远距离是i=2，在遍历到i=2的过程中计算每个点最远的距离，取最大值，当i=2，说明已经达到了之前i=0时的最大距离，而i=1和i=2可以作为下一轮新的起点，新一轮的最远距离就是在遍历i=1和i=2时得到的最大距离。输入: nums = [2,3,1,1,4]...

思路：采用双指针left和right分别指向当前下标i的右侧区间的最左和最右，计算sum=nums[i]+nums[left]+nums[right]三数之和，和target比较，移动左右结点，取相差最小的sum作为结果返回。

首先将整个数组整体翻转，然后以k作为临界点左右各自翻转。

思路先创建dp数组，dp[i][j]表示以matrix[i][j]为结尾的最长路径，将所有点放入list中进行排序，然后遍历list中的每个节点，访问当前节点的上下左右并比较大小得到最终值。，将matrix的每个数都作为路径的起点进行深度优先遍历，每访问一个起点，计算以它的上下左右为起点的最长路径是多少，取四个值中的最大值加一，得到当前数做起点的最大路径长度。思路遍历二维数组，首先检查下标是否正确，其次设置了pre的值，用于存储上一个结点的值，visited数组中，方法一dfs（效率更高）...

思路采用先序遍历的思想遍历二叉树。

思路设置双指针分别指向字符串的左右两端，判断两个指针是否都指向字符或数字，如果是，再去判断大小写字母情况。

思路遍历整个数组，从下标0开始，使用random随机得到一个数，这个数作为下标，和下标0对应的数做交换，random取随机数的过程，只能在当前下标的右侧取，可以自己和自己交换。

思路：设学生 A 和学生 B 左右相邻，A 在 B 左边：从左往右遍历rating数组，当ratingA < ratingB 时 leftB=leftA+1。从右往左遍历rating数组，当ratingA > ratingB 时 leftA=leftB+1。将两次结果取最大值，因为这样才能同时满足以上规则。...

sum==k时，由于nodeCount()方法是将cur也算在内的，多算了一次cur结点才导致相等，实际sum是小于k的，所以如果sum==k时说明需要到cur+1为根节点的十叉树上查找。因此利用nodeCount()方法求当前结点所在十叉树，在不超过n的情况下的节点总数sum。思路可以将字典想象成一个十叉树。...

设置两个指针，分别从数组的两边开始向中间遍历。由于盛水的多少是根据两边柱子较低的那一边的高度决定的，而为了找到能盛最多水的容器，需要找到两边最高的柱子，计算结果即可。（和接雨水的思路较为相似）...

思路设置双指针，slow表示有序数组的终点，fast用于遍历整个数组，如果slow和fast指向的数值不同，向前移动slow并赋值nums[fast]，最终返回slow+1表示有序数组的长度。

更新边界例如从左到右填完后，上边界top+=1，相当于上边界向内缩1。执行num+=1得到下一个需要填入的数字；定义当前左右上下边界。

思路可以参考岛屿问题的解法，先遍历找到和word第一个字符相同的坐标，然后以这个坐标为起点用dfs算法遍历其上下左右的字符是否符合条件，由于遍历的时候对坐标上的字符进行修改，遍历后还需要回溯。...

若给定一个依赖关系是[[0,2],[1,2],[2,3],[2,4]]，如图所示。入度为0的点现在只有点2，把它记录下来；重复1和2，直到图为空或没有入度为0的点。选择图中一个入度为0的点，记录下来。在图中删除该点和所有以它为起点的边。选择入度为0的节点，比如选择。解决这类问题的利器就是——如果是循环依赖，可以使用。其中，n为点的个数。.........

遍历nums数组，计算preSum，如果map中有preSum-k的键值对，将其出现次数加到结果上。因为如果map中已经有preSum-k，说明中间一定相邻数相加为0，或者当前遍历的数就是0。nums的第i到j项的和，有nums[i]+…+nums[j]=preSum[j]−preSum[i−1]引入前缀和的方法，定义数组preSum[x]第0项到第x项的和。满足preSum[j]−preSum[i−1]==k。计算完结果后将preSum写入map中。...

思路以[[1,2,3],[4,5,6],[7,8,9]]为例，三行三列，需要遍历五次，每次遍历需要先判断奇偶，然后根据题意确定遍历的方向。每次遍历结束后需要判断临界值，然后设置下一轮遍历的起点。

方法一：第一次遍历将每个不为零的数存到数组前面，第二次遍历再把数组后面的部分填0.方法二：left用于指向为0的数，right遍历到不为0的就和left交换，借用了快排的思想。

需要注意的点：这个条件可以根据ASCii码写成： 因为ASCii码如下：

思路：借鉴三数之和的思想，先固定k，判断k和k-1是否相等，然后再按照三数之和思路固定i，用j和h作为left和right，根据sum值调整j和h。

思路：将strs[0]的字符串作为参考，和数组中的字符串进行对比，保留公共前缀，再继续遍历剩余字符串，最后得到最长公共前缀。

简单来说就是，前半部分是为了保证与后半部分的每一位数字依次组合没有重叠。举例：以上参考： 力扣-题解因此，可以得到以上结论。反之，如果要rand4()实现rand2()，由于需要得到的数在[1,2]区间内，因此需要取余运算，再加1即可。事实上，只要中N是2的倍数，就都可以用来实现，反之，若N不是2的倍数，则产生的结果不是等概率的。要通过rand7()实现rand10()，根据Part1的推论，可以通过(rand7()-1)*7+rand7()=rand49()得到rand49()，但是49并不是

思路：使用双指针分别指向两个字符串，只需比较当前指针指向的数字大小即可，用Integer.parseInt()解决1和001相等的问题。

方法一：思路：根据乘法运算的法则，遍历num2的每一位，和num1相乘，注意移位规律，最后相加可得结果。 方法二：思路：乘数 位数为 M，被乘数 位数为 N， 结果 最大总位数为 M+N。有两个指针 在 和 上游走，计算乘积，同时将乘积叠加到 的正确位置。...

思路：如果整个数字都是降序的，说明已经到最后一个排序了，因此下一个排列就是Arrays.sort(nums)，因此需要找升序的两个相邻数字，找到后将右侧的数字排序，找到比nums[i-1]大的数字，交换位置，返回这个结果。

思路：根据题意，要找的缺失正整数一定在[1,len+1]中，len+1的情况是nums={1,2,3,4}时的结果。将数组想成hashmap数组，hash算法是nums[i-1]=i，while循环交换数组元素的位置，最后遍历数组，找到第一个不符合hash算法的位置，坐标+1就是结果，如果遍历完没有找到不符合的，返回len+1。public int firstMissingPositive(int[] nums) { int len=nums.length; for(i

思路：需要注意几个题目要求输入的字符串表示的数超出整数范围 每轮for循环时结果的计算 if判断的顺序public int myAtoi(String s) { String str=s.trim(); char[] array=str.toCharArray(); int res=0; int sign=1; for(int i=0;i<array.length;i++){ if(i=

思路：先根据二叉搜索树的性质查找目标结点，找到之后判断这个节点左右子节点是否为空，都不为空：遍历右子树的左节点，找到最左的叶子结点作为新的根节点。 public TreeNode deleteNode(TreeNode root, int key){ if(root==null) return null; if(key>root.val){ root.right=deleteNode(root.right,key); .

思路：先求出当字符串重构后合理情况下，a最多能有多少个：因此先求出给定的字符串s的长度，然后遍历字符串找到数量最多的那个'a'，先比较'a'的数量是否为字符串长度的一半，如果是，说明这个字符串可以合理地重构，初始化一个数组，把'a'放在偶数下标的位置，然后依次填满数组即可。public String reorganizeString(String s) { char[] array=s.toCharArray(); int[] alphaCount=new i.

思路：可以看作是查找逆序对的个数。通过归并排序，可以在比较两个数大小的时候知道逆序对的个数，但是如果真的排序，会破坏掉原本数组的顺序，对后续的查找逆序对有影响，因此选择创建一个数组存放下标，每次排序都是对下标排序。public List<Integer> countSmaller(int[] nums){ List<Integer> list=new ArrayList<>(); int len=nums.length;..

题目：给定一个会议时间安排的数组，每个会议时间都会包括开始和结束的时间 [[s1,e1],[s2,e2],…] (si < ei)，为避免会议冲突，同时要考虑充分利用会议室资源，请你计算至少需要多少间会议室，才能满足这些会议安排。示例：输入: [[0, 30],[5, 10],[15, 20]]输出: 2输入: [[7,10],[2,4]]输出: 1类似思路可参考力扣56 合并区间堆里的每个元素表示每个房间使用的结束时间。首先对原始数组排序，使得每段时间的起始时间是从小到.

public boolean isAnagram(String s, String t) { if(s.length()!=t.length()) return false; int[] sArray=new int[26]; for(int i=0;i<s.length();i++){ sArray[s.charAt(i)-'a']++; sArray[t.charAt(i)-'a']--; ...

方法一：哈希表+遍历 public int[] intersection(int[] nums1, int[] nums2) { HashMap<Integer,Boolean> map=new HashMap<>(); List<Integer> res=new ArrayList<>(); for(int i=0;i<nums1.length;i++){ map.pu

public String addStrings(String num1, String num2) { StringBuilder res=new StringBuilder(); int i=num1.length()-1; int j=num2.length()-1; int carry=0; while(i>=0||j>=0){ int n1=i>=0?num1.charAt(.

力扣200 岛屿数量方法一：DFS方法二：BFS注意bfs方法出现过的问题：超时之前写的代码：这样写导致在bfs算法里将每个坐标都访问了一遍，造成时间过长，但其实grid[i][j]='0'的话就不需要再访问了，而grid[i][j]周围的'1'会经过其它'1'上下左右遍历到。修改后：力扣695 岛屿的最大面积...

方法一：滑动窗口参考：滑动窗口问题合集方法二：动态规划 public int lengthOfLongestSubstring(String s){ HashMap<Character,Integer> map=new HashMap<>(); int[] dp=new int[s.length()+1]; dp[0]=0; int maxLen=0; for(int i=1;i&lt

思路：可以参考优先队列中Comparator写法总结假设(b+a)>(a+b)，compareTo返回1，a直接放在最后一个位置上，不会往上走，说明这是大顶堆。public String largestNumber(int[] nums) { int len=nums.length; String[] array=new String[len]; for(int i=0;i<len;i++){ array[i]=S..