roronoa

递归，略迭代，用一个栈存放暂时没有写入到结果集的节点时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(n)

遇到左括号压栈，遇到右括号弹栈，并对比是否配对。注意需要弹栈时栈空的话说明也不匹配。时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(n)

将一个栈当作输入栈，另一个栈当作输出栈，每次 pop 或 peek 时，若输出栈为空，则将输入栈的全部数据依次弹出并压入输出栈。时间复杂度：O(1)空间复杂度：O(n)

没啥好说的，双指针头尾交换，相遇结束。时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(1)

首先统计 magazine 中每个英文字母 a 的次数 cnt[a]，再遍历统计 ransomNote 中每个英文字母的次数，如果发现 ransomNote 中存在某个英文字母 c 的统计次数大于 magazine 中该字母统计次数 cnt[c]，则此时我们直接返回 false。时间复杂度：O(n+m)空间复杂度：O(1)

先遍历字符串1，记录每个字符的个数，然后遍历字符串2，挨个减去字符个数，出现小于零的个数说明字符总数不重合。时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(1)

此时，fast 指针已经走完了环的 n 圈，因此它走过的总距离为 a+n(b+c)+b=a+(n+1)b+nc。有了 a=c+(n−1)(b+c) 的等量关系，我们会发现：从相遇点到入环点的距离加上 n−1 圈的环长，恰好等于从链表头部到入环点的距离。因此，我们有 a+(n+1)b+nc=2(a+b)⟹a=c+(n−1)(b+c)根据题意，任意时刻，fast 指针走过的距离都为 slow 指针的 2 倍。否则，通过更新节点的指针关系交换 pre 后面的两个节点，最后，返回新的链表的头节点。

即最终两个指针一定走了一样的步数（n+m），如果发现已存在在哈希集合中的，说明相交，让指向较长链表的指针向后挪动长度差的步数，将链表 A 中的每个节点都存入哈希集合，走到头（一定同时）都不相等说明不相交。遍历链表 B 并判断每一个节点，两个指向链表的指针同时向后移动，遍历并计算两个链表的长度差，如果遍历结束，说明不相交。然后两个指针同时向后移动，时间复杂度：O(m+n)时间复杂度：O(m+n)都继而指向另一个链表头，时间复杂度：O(m+n)空间复杂度：O(m)空间复杂度：O(1)空间复杂度：O(1)

设置一个虚拟头结点，这样所有节点就都可以按照统一的方式进行移除。如果下一个节点的值等于 val，让节点 next 指针直接指向下下一个节点。不要忘记清理节点内存。时间复杂度: O(n)空间复杂度: O(1)

使用两个指针分别指向位置 0 和 n−1，每次比较两个指针对应的数，选择较大的那个逆序放入答案并移动指针。这种方法无需处理某一指针移动至边界的情况。时间复杂度：O(n)空间复杂度：O(1)

定义查找的范围 [left,right]，初始查找范围是整个数组。每次取查找范围的中点 mid，比较 nums[mid] 和 target 的大小，如果相等则 mid 即为要寻找的下标，如果不相等则根据 nums[mid] 和 target 的大小关系将查找范围缩小一半。时间复杂度： O(logn)