小桥流水

待定0-1背包问题1049. 最后一块石头的重量 II

待定1.判断图是否有环并查集的问题 拓扑排序

一.基本定义1.定义：拓扑排序：对一个有向无环图(Directed Acyclic Graph简称DAG)G进行拓扑排序，是将G中所有顶点排成一个线性序列，使得图中任意一对顶点u和v，若边<u,v>∈E(G)，则u在线性序列中出现在v之前。通常，这样的线性序列称为满足拓扑次序(Topological Order)的序列，简称拓扑序列。简单的说，由某个集合上的一个偏序得到该集合上的一个全序，这个操作称之为拓扑排序。2.简单例子：上述拓扑排序的顺序(不唯一）：1，2，3，4.

一.Rabin-Karp 字符串编码 转载自--最长快乐前缀背景知识Rabin-Karp 字符串编码是一种将字符串映射成整数的编码方式，可以看成是一种哈希算法。具体地，假设字符串包含的字符种类不超过∣Σ∣（其中 Σ 表示字符集），那么我们选一个大于等于∣Σ∣ 的整数base，就可以将字符串看成base 进制的整数，将其转换成十进制数后，就得到对应字符的编码。例如给定字符串 s = abcas，其包含的字符种类为 3（即 abc 三种）。我们取base=9...

一.最长上升序列基本思路：先排序，然后用动态规划思路解决问题，转移方程：dp[i]=max(dp[i],dp[j]+1) ,if condition二.例题例题1--300. 最长上升子序列，给定一个无序的整数数组，找到其中最长上升子序列的长度。基本思路：对于子序列最值问题，子序列尾部元素是否被选中是一个很重要的隐含状态，它可以帮忙递推下一个的状态，动态规划，dp[i]表示以i为终点的最长上升长度。对于一个严格递增的子序列，当前元素是否能续上，主要是比较当前元素和改子序列的尾部元.

待定二.应用例题1--剑指 Offer 56 - II. 数组中数字出现的次数 II，在一个数组nums中除一个数字只出现一次之外，其他数字都出现了三次。请找出那个只出现一次的数字。 参考 Krahets 基本思路：上述思想的改进，模3的结果，只能是0，1，2，使用状态机的思想，00->01->10->00……，其中00代表0个1,01代表1个1，10代表2个1,其中，two代表状态第一位，one代表状态第二位two的状态转移是建在one已经更新的前提下，且one的状..

1.topk问题解决方法：一般可以采用快排，堆排序2.经典例题：例题1--剑指 Offer 40. 最小的k个数，输入整数数组arr，找出其中最小的k个数。例如，输入4、5、1、6、2、7、3、8这8个数字，则最小的4个数字是1、2、3、4。最大堆 vector<int> getLeastNumbers(vector<int>& arr, int k) { priority_queue<int> q; ...

一.快速幂令f=pow(x,n)=x*x...*x,一共n个x相乘 f=pow(x*x,n/2) if n是偶数 f=pow(x*x,n/2)*x if n是奇数 二.应用剑指 Offer 16. 数值的整数次方实现函数double Power(double base, int exponent)，求base的exponent次方。不得使用库函数，同时不需要考虑大数问题。 double myPow(double x, int n) { doubl..

121. 买卖股票的最佳时机122. 买卖股票的最佳时机 II123. 买卖股票的最佳时机 III188. 买卖股票的最佳时机 IV309. 最佳买卖股票时机含冷冻期714. 买卖股票的最佳时机含手续费参考：股票问题系列通解（转载翻译）...

待定一.分治思想1.基本定义分治算法的基本思想是将一个规模为N的问题分解为K个规模较小的子问题，这些子问题相互独立且与原问题性质相同。求出子问题的解，就可得到原问题的解。2.基本步骤（1）分解，将要解决的问题划分成若干规模较小的同类问题；（2）求解，当子问题划分得足够小时，用较简单的方法解决；（3）合并，按原问题的要求，将子问题的解逐层合并构成原问题的解二.分治思想之应用核心思想：分而治之，如二分法，归并排序……例题1--321. 拼接最大数,给定长度..

待定：二.线段树之应用线段树应用场景：区域和检索例题1--307. 区域和检索 - 数组可修改，给定一个整数数组 nums，求出数组从索引i到j(i≤j) 范围内元素的总和，包含i,j两点。update(i, val) 函数可以通过将下标为i的数值更新为val，从而对数列进行修改。基本思路:区域和很典型线段树的应用，利用线段树可以在在o(lg(n))的时间复杂度内完成线段树的构建，大小是2*n，下标从1开始，是一颗完全二叉树，当前节点cur的左节点为l...

待定1.任务调配 621. 任务调度器用桶来演示，一共s轮，代表有s个桶，其中，每个桶都大于等于n+1(包括冷却) 装桶规则，在每个桶都大于n+1之前，尽量将每个桶都装满（也就是说每一轮中，不必将所有不同任务都过一遍），每个桶装大于n+1后，总耗时就是任务总数 int leastInterval(vector<char>& tasks, int n) { vector<int> dict(26,0); int res=...

待定1.字符串常用函数2.字符串之查找（模糊查找，kmp)3.

1. 利用归并排序查找左右边界327. 区间和的个数 vector<long> tmp; int merge(vector<long> &sum,int l,int r,int &lower,int &upper){ if(r<=l) return 0; //若前缀和数组从一开始，仅需要改变该处，针对单个元素，return sum[l]>=lower&&sum[l...

待定1。二分法查找元素2.二分法查找边界34. 在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置使用nums[mid]>=target，得到最左边的 使用nums[mid]>target,得到最右边的 int binarySearch(vector<int> &nums,int target,bool lower){ int left=0,right=nums.size()-1; int ans=nums.size(); ..

待定参考位操作奇技淫巧之原理加实践

1.多指针解决环的问题利用快慢指针来检查是否存在环202. 快乐数基本格式fast=getNext(n);slow=n;while(fast!=slow){ slow=getNext(slow); fast=getNext(getNext(fast);}

待完成1.动态规划之例题 例题1--放苹果309. 最佳买卖股票时机含冷冻期312. 戳气球300. 最长上升子序列

待完成1.哨兵例子121. 买卖股票的最佳时机

待解决1.贪心问题121. 买卖股票的最佳时机122. 买卖股票的最佳时机 II406. 根据身高重建队列 300. 最长上升子序列1024. 视频拼接 763. 划分字母区间

1.单调栈问题举例121. 买卖股票的最佳时机

一.并查集的基本特性并查集从集合上讲，主要是解决一些元素分组的问题，管理一系列不相交的集合 主要有两个操作： Union:将两个不相交的集合合并为一个集合 Find：查询两个元素是否再同一个集合中并查集从图角度讲，主要是解决动态连通性问题，可以以家族（朋友圈）为例子，你爸爸的亲戚也是你的亲戚。 连通的特性1.自反性：p和p连通2.对称性：若p和q连通，则q和p连通3.传递性：若p和q连通，q和r连通，则p和r连通 二.并查集的基本思路：1....

1.回溯的本质是n叉树的深度遍历，所以要注意剪枝。2.回溯算法三部曲确定参数和返回值 确定终止条件 单层循环3.回溯算法的模板void backtrack(param……){ if(终止条件){ 存放结果； return; } for(遍历：本层n叉树的元素){ 处理节点； backtrack(参数，选择列表); 撤销操作；

堆的特性：是一个完全二叉树，假设下标从零开始，对于索引cur而言：左孩子：2*cur+1; 右孩子：2*cur+2; 父节点：(cur-1)/2最大堆排序：参考1参考2void maxHeapDown(vector<int> &nums, int start, int end) { int left = start * 2 + 1; int right = start * 2 + 2; int largeIndex; while (left <= end).

快排的基本思想快排用到的是分而治之的思想，随机的选取数组中的一个元素pivot，将小于pivot的排在左边，大于等于pivot的排在右边， 然后在对左右两边的序列采用相同的方法，直至每个子数组只剩一个元素为止。 //单指针 int randomPartion(vector<int> &nums,int left,int right){ int rand_index=rand()%(right-left+1)+left; //最好随机

1.单调栈的问题2.并查集的问题3.动态问题4.分治5.贪心6.滑动窗口7.堆8.回溯9 多指针10.字符串问题11.位运算12.附哨兵

1.二叉树的前序遍历；中，左，右//dfs 之后中序和后序遍历类似，就不写了。 void dfs(TreeNode * root,vector<int> &ans){ if(root){ ans.push_back(root->val); dfs(root->left,ans); dfs(root->right,ans); } }//迭代