哈希表--Leetcode刷刷刷

啊焛

已于 2023-12-04 21:02:04 修改

阅读量161

点赞数 6

分类专栏：算法文章标签：散列表 leetcode 哈希算法

于 2023-12-04 20:51:36 首次发布

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/weixin_64081689/article/details/134793696

版权

算法专栏收录该内容

9 篇文章

订阅专栏

来自代码随想录的刷题路线：代码随想录

哈希表：

哈希表是根据关键码的值而直接进行访问的数据结构。
当我们遇到了要快速判断一个元素是否出现集合里的时候，就要考虑哈希法。
但是哈希法也是牺牲了空间换取了时间，因为我们要使用额外的数组，set或者是map来存放数据，才能实现快速的查找。

哈希表的三种数据结构使用情况（大体上）：

数组：数值和范围都比较小
set：数值较大
map：每个下标对应一个值

242.有效的字母异位词

给定两个字符串 s 和 t ，编写一个函数来判断 t 是否是 s 的字母异位词。

**注意：**若 s 和 t 中每个字符出现的次数都相同，则称 s 和 t 互为字母异位词。

示例 1: 输入: s = “anagram”, t = “nagaram” 输出: true

示例 2: 输入: s = “rat”, t = “car” 输出: false

说明: 你可以假设字符串只包含小写字母。

思路：

定义一个大小为26的数组，用来存放字符串s每个字母出现的次数
遍历字符串t，对与s相同的字母位置元素减1操作
最后遍历字符串s，如果全部位置的数值都为0，则s和t是字母异位词

class Solution {
public:
    bool isAnagram(string s, string t) {
        int record[26] = {0};
        for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
            // 并不需要记住字符a的ASCII，只要求出一个相对数值就可以了
            record[s[i] - 'a']++;
        }
        for (int i = 0; i < t.size(); i++) {
            record[t[i] - 'a']--;
        }
        for (int i = 0; i < 26; i++) {
            if (record[i] != 0) {
                // record数组如果有的元素不为零0，说明字符串s和t 一定是谁多了字符或者谁少了字符。
                return false;
            }
        }
        // record数组所有元素都为零0，说明字符串s和t是字母异位词
        return true;
    }
};

349.两个数组的交集

力扣题目链接(opens new window)

题意：给定两个数组，编写一个函数来计算它们的交集（元素不重复）。

说明： 输出结果中的每个元素一定是唯一的。我们可以不考虑输出结果的顺序。

思路：

如果新建个数组来存放交集元素的话，难免会存在重复，还需另外处理重复元素，比较麻烦。
哈希表最擅长于解决 给你一个元素，判断它是否在集合里是否出现过。
unordered_set内部有去重操作，即使往unordered_set中存入100个2，也只有1个2

解决方案1：

定义两个个unordered_set分别存放nums1和result
遍历nums2，如果元素在nums1中出现则插入result
返回result的vector

class Solution {
public:
    vector<int> intersection(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        unordered_set<int> result_set; // 存放结果，之所以用set是为了给结果集去重
        unordered_set<int> nums_set(nums1.begin(), nums1.end());
        for (int num : nums2) {
            // 发现nums2的元素 在nums_set里又出现过
            if (nums_set.find(num) != nums_set.end()) {
                result_set.insert(num);
            }
        }
        return vector<int>(result_set.begin(), result_set.end());
    }
};

时间复杂度: O(mn)
空间复杂度: O(n)

解决方案2（数组）

class Solution {
public:
    vector<int> intersection(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        unordered_set<int> result_set; // 存放结果，之所以用set是为了给结果集去重
        int hash[1005] = {0}; // 默认数值为0
        for (int num : nums1) { // nums1中出现的字母在hash数组中做记录
            hash[num] = 1;
        }
        for (int num : nums2) { // nums2中出现话，result记录
            if (hash[num] == 1) {
                result_set.insert(num);
            }
        }
        return vector<int>(result_set.begin(), result_set.end());
    }
};

时间复杂度: O(m + n)
空间复杂度: O(n)

350.两个数组的交集||

与上一题差不多，区别就是这题的交集元素不用去重。

class Solution {
public:
    vector<int> intersect(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        //用哈希表map来存储 key为交集元素 value为出现次数
        unordered_map<int, int>map1;
        unordered_map<int, int>map2;
        vector<int> result;
        // 遍历 nums1 存入 map1
        for (int num : nums1) {
            map1[num]++;
        }

        // 遍历 nums2 存入 map2
        for (int num : nums2) {
            map2[num]++;
        }

        //遍历map1
        for (const auto& pair : map1) {
            if (map2.find(pair.first) != map2.end()) {    // 有相同元素
                int intersectionCount = std::min(pair.second, map2[pair.first]);
                for (int i = 0; i < intersectionCount; i++) {
                    result.push_back(pair.first);
                }
            }
        }
        return result;
    }
};

官方题解：

class Solution {
public:
    vector<int> intersect(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        if (nums1.size() > nums2.size()) {
            return intersect(nums2, nums1);
        }
        unordered_map <int, int> m;
        for (int num : nums1) {
            ++m[num];
        }
        vector<int> intersection;
        for (int num : nums2) {
            if (m.count(num)) {
                intersection.push_back(num);
                --m[num];
                if (m[num] == 0) {
                    m.erase(num);
                }
            }
        }
        return intersection;
    }
};

class Solution {
public:
    vector<int> intersect(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        sort(nums1.begin(), nums1.end());
        sort(nums2.begin(), nums2.end());
        int length1 = nums1.size(), length2 = nums2.size();
        vector<int> intersection;
        int index1 = 0, index2 = 0;
        while (index1 < length1 && index2 < length2) {
            if (nums1[index1] < nums2[index2]) {
                index1++;
            } else if (nums1[index1] > nums2[index2]) {
                index2++;
            } else {
                intersection.push_back(nums1[index1]);
                index1++;
                index2++;
            }
        }
        return intersection;
    }
};

202. 快乐数

力扣题目链接(opens new window)

编写一个算法来判断一个数 n 是不是快乐数。

「快乐数」定义为：对于一个正整数，每一次将该数替换为它每个位置上的数字的平方和，然后重复这个过程直到这个数变为 1，也可能是无限循环但始终变不到 1。如果可以变为 1，那么这个数就是快乐数。

如果 n 是快乐数就返回 True ；不是，则返回 False 。

示例：

输入：19
输出：true
解释：
1^2 + 9^2 = 82
8^2 + 2^2 = 68
6^2 + 8^2 = 100
1^2 + 0^2 + 0^2 = 1

#思路

判断一个数是否为快乐数，要么数的每一位平方和循环最终为1，要么就在循环中会变回其中一个结果。
当我们遇到了要快速判断一个元素是否出现集合里的时候，就要考虑哈希法了。
所以这道题目使用哈希法，来判断这个sum是否重复出现，如果重复了就是return false，否则一直找到sum为1为止。
判断sum是否重复出现就可以使用unordered_set。（set.find != set.end()）
还有一个难点就是求和的过程，如果对取数值各个位上的单数操作不熟悉的话，做这道题也会比较艰难。因为n的位数并不固定，所以只能循环剃掉个位

class Solution {
public:
    int getSum(int n){
        int sum = 0;
        //求每位数的平方之和
        while(n){
            sum += (n % 10) * (n % 10);
            n /= 10;
        }    
        return sum;
    }
    bool isHappy(int n) {
        unordered_set<int> hash;
        //检测sum是否出现过 出现过就意味着无限循环
        while(1){
            int sum = getSum(n);
            if(hash.find(sum) != hash.end()){ //不等于则在其中出现过 会无限循环
                return false;
            }
            if(sum == 1){
                return true;
            }
            hash.insert(sum);
            n = sum;

        }
    }
};

时间复杂度: O(logn)
空间复杂度: O(logn)

1. 两数之和

力扣题目链接(opens new window)

给定一个整数数组 nums 和一个目标值 target，请你在该数组中找出和为目标值的那两个整数，并返回他们的数组下标。

你可以假设每种输入只会对应一个答案。但是，数组中同一个元素不能使用两遍。

示例:

给定 nums = [2, 7, 11, 15], target = 9

因为 nums[0] + nums[1] = 2 + 7 = 9

所以返回 [0, 1]

思路：

遍历数组，如果当前元素在map中有与其对应数（即相加等于target），那么直接返回这两个数的下标，否则将当前元素插入map。

为什么会想到用哈希表：因为要快速查找是否有与其对应的元素
哈希表为什么用map：因为要通过元素的值判断返回元素的下标，数组和set都不能做到存储key和value，而map可以。
本题map是用来存什么的：存已遍历过的元素。
map中的key和value用来存什么的：key存元素的值，value存元素对应的下标。

class Solution {
public:
    vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {
        std::unordered_map <int,int> map;
        for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            // 遍历当前元素，并在map中寻找是否有匹配的key
            auto iter = map.find(target - nums[i]); 
            if(iter != map.end()) {
                return {iter->second, i};
            }
            // 如果没找到匹配对，就把访问过的元素和下标加入到map中
            map.insert(pair<int, int>(nums[i], i)); 
        }
        return {};
    }
};

454.四数相加 II

与字母异位词的解题思路是一样的 只不过这题一次遍历两个数组

本题解题步骤：

首先定义一个unordered_map，key放a和b两数之和，value 放a和b两数之和出现的次数。
遍历大A和大B数组，统计两个数组元素之和，和出现的次数，放到map中。
定义int变量count，用来统计 a+b+c+d = 0 出现的次数。
在遍历大C和大D数组，找到如果 0-(c+d) 在map中出现过的话，就用count把map中key对应的value也就是出现次数统计出来。
最后返回统计值 count 就可以了

class Solution {
public:
    int fourSumCount(vector<int>& A, vector<int>& B, vector<int>& C, vector<int>& D) {
        unordered_map<int, int> umap; //key:a+b的数值，value:a+b数值出现的次数
        // 遍历大A和大B数组，统计两个数组元素之和，和出现的次数，放到map中
        for (int a : A) {
            for (int b : B) {
                umap[a + b]++;
            }
        }
        int count = 0; // 统计a+b+c+d = 0 出现的次数
        // 在遍历大C和大D数组，找到如果 0-(c+d) 在map中出现过的话，就把map中key对应的value也就是出现次数统计出来。
        for (int c : C) {
            for (int d : D) {
                if (umap.find(0 - (c + d)) != umap.end()) {
                    count += umap[0 - (c + d)];
                }
            }
        }
        return count;
    }
};

383.赎金信

需要快速判断ransom中的字符是否在magazine中出现，所以想到用哈希表。
考虑到字符串只包含26个小写字母，所以用数组是最优解，map更耗费空间时间。
用个整形数组来保存magazine每个字母的出现次数
遍历ransom，如果检测到magazine没有当前字母，直接返回false
返回true

class Solution {
public:
    bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {
        int record[26] = {0};
        //add
        if (ransomNote.size() > magazine.size()) {
            return false;
        }
        for (int i = 0; i < magazine.length(); i++) {
            // 通过record数据记录 magazine里各个字符出现次数
            record[magazine[i]-'a'] ++;
        }
        for (int j = 0; j < ransomNote.length(); j++) {
            // 遍历ransomNote，在record里对应的字符个数做--操作
            record[ransomNote[j]-'a']--;
            // 如果小于零说明ransomNote里出现的字符，magazine没有
            if(record[ransomNote[j]-'a'] < 0) {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
};

时间复杂度: O(n)
空间复杂度: O(1)

15.三数之和

这道题难在去重的处理
如果用哈希表的话并不合适去重细节太多
可以采用先排序再双指针的做法，因为这道题不用返回下标，无需保留原始顺序

动画效果如下：

首先将数组排序，然后有一层for循环，i从下标0的地方开始，同时定一个下标left 定义在i+1的位置上，定义下标right 在数组结尾的位置上。
依然还是在数组中找到 abc 使得a + b + c =0，我们这里相当于 a = nums[i]，b = nums[left]，c = nums[right]。
接下来如何移动left 和right呢，如果nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0 就说明此时三数之和大了，因为数组是排序后了，所以right下标就应该向左移动，这样才能让三数之和小一些。
如果 nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0 说明此时三数之和小了，left 就向右移动，才能让三数之和大一些，直到left与right相遇为止。
时间复杂度：O(n^2)。

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
        vector<vector<int>> result;
        sort(nums.begin(), nums.end());
        // 找出a + b + c = 0
        // a = nums[i], b = nums[left], c = nums[right]
        for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
            // 排序之后如果第一个元素已经大于零，那么无论如何组合都不可能凑成三元组，直接返回结果就可以了
            if (nums[i] > 0) {
                return result;
            }
            // 错误去重a方法，将会漏掉-1,-1,2 这种情况
            /*
            if (nums[i] == nums[i + 1]) {
                continue;
            }
            */
            // 正确去重a方法
            if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) {
                continue;
            }
            int left = i + 1;
            int right = nums.size() - 1;
            while (right > left) {
                // 去重复逻辑如果放在这里，0，0，0 的情况，可能直接导致 right<=left 了，从而漏掉了 0,0,0 这种三元组
                /*
                while (right > left && nums[right] == nums[right - 1]) right--;
                while (right > left && nums[left] == nums[left + 1]) left++;
                */
                if (nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0) right--;
                else if (nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0) left++;
                else {
                    result.push_back(vector<int>{nums[i], nums[left], nums[right]});
                    // 去重逻辑应该放在找到一个三元组之后，对b 和 c去重
                    while (right > left && nums[right] == nums[right - 1]) right--;
                    while (right > left && nums[left] == nums[left + 1]) left++;

                    // 找到答案时，双指针同时收缩
                    right--;
                    left++;
                }
            }

        }
        return result;
    }
};

18.四数之和

难点在于去重和剪枝，一级剪枝一级去重二级剪枝二级去重
四数之和的双指针解法是两层for循环nums[k] + nums[i]为确定值，依然是循环内有left和right下标作为双指针，找出nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] == target的情况，三数之和的时间复杂度是O(n^{2)，四数之和的时间复杂度是O(n}3) 。

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {
        vector<vector<int>> result;
        sort(nums.begin(), nums.end());
        for (int k = 0; k < nums.size(); k++) {
            // 剪枝处理
            if (nums[k] > target && nums[k] >= 0) {
            	break; // 这里使用break，统一通过最后的return返回
            }
            // 对nums[k]去重
            if (k > 0 && nums[k] == nums[k - 1]) {
                continue;
            }
            for (int i = k + 1; i < nums.size(); i++) {
                // 2级剪枝处理
                if (nums[k] + nums[i] > target && nums[k] + nums[i] >= 0) {
                    break;
                }

                // 对nums[i]去重
                if (i > k + 1 && nums[i] == nums[i - 1]) {
                    continue;
                }
                int left = i + 1;
                int right = nums.size() - 1;
                while (right > left) {
                    // nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] > target 会溢出
                    if ((long) nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] > target) {
                        right--;
                    // nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right] < target 会溢出
                    } else if ((long) nums[k] + nums[i] + nums[left] + nums[right]  < target) {
                        left++;
                    } else {
                        result.push_back(vector<int>{nums[k], nums[i], nums[left], nums[right]});
                        // 对nums[left]和nums[right]去重
                        while (right > left && nums[right] == nums[right - 1]) right--;
                        while (right > left && nums[left] == nums[left + 1]) left++;

                        // 找到答案时，双指针同时收缩
                        right--;
                        left++;
                    }
                }

            }
        }
        return result;
    }
};