xiji333的博客

https://leetcode-cn.com/problems/search-a-2d-matrix-ii/思路：做法太多了，最简单的暴力，复杂度O(nm)O(nm)O(nm)，或者依次考虑每行/每列，然后二分判断，复杂度O(nlgm)O(nlgm)O(nlgm)或者O(mlgn)O(mlgn)O(mlgn)。这里就说一下最巧妙的O(n+m)O(n+m)O(n+m)的做法，考虑以矩形右上角为起始点，那么我们可以比较matrixx,ymatrix_{x,y}matrixx,y​与targettarget

https://leetcode-cn.com/problems/majority-element-ii/思路：哈希解法就不多说了，没啥意思。说一下进阶的算法，其实之前做过类似的，不过是求出现超过n/2次的元素，核心思想就是成对消耗：每次选取2个不同的元素从数组中删去，那么最后剩下的元素就是可能的答案。证明略，显然这个结论在此题依然成立，那么直接模拟就行。看了官方题解才知道这是摩尔投票法。class Solution {public: vector<int> majorityEl

https://leetcode-cn.com/problems/maximum-number-of-ways-to-partition-an-array/思路：第一次在比赛中间干掉hardhardhard题，纪念一下。先计算出前缀和数组sumsumsum，并设整个数组的总和为tottottot，那么问题中的条件就等效于在前缀和数组中寻找sumi=tot−sumisum_i=tot-sum_{i}sumi​=tot−sumi​的iii的个数，也即sumi=tot/2sum_i=tot/2sumi​=to

https://leetcode-cn.com/problems/implement-rand10-using-rand7/思路：有意思的题目。直接用加法、乘法、取模得到的结果是不对的，原因是通过运算得到的结果可能有多种组合形式，就拿加法而言，2=1+12=1+12=1+1，但是3=1+2=2+13=1+2=2+13=1+2=2+1，显然每个数字出现的概率是不一样的，当然我们可以使用出现概率相同的数字来计算，这样也可以保证正确性。不过还有一种更加简单的方法，我们认为每次随机取得的数都是独立的，那么经过两

https://leetcode-cn.com/problems/escape-the-ghosts/思路：一开始居然还傻乎乎的写了bfsbfsbfs，其实就是思维类题目。显然无论是你还是阻碍者，到达目标点的距离即二者之间的曼哈顿距离，那么只要有一个阻碍者到终点的距离<=<=<=你到终点的距离，一定不可能逃脱成功，否则可以逃脱成功。class Solution {public: using pr=pair<int,int>; int calDis(in

https://leetcode-cn.com/problems/maximum-matrix-sum/思路：可恶啊，居然被这道题卡了。对于矩阵中任意两个坐标，我们可以找到一条从起始坐标到终止坐标的路径，那么对这条路径上所有相邻点做一次操作，最后的结果就是起始位置和终止位置的值取反，其余值不变。想到这一点就比较好做了，我们可以使用这种方式让所有的负数成对内耗掉，根据贪心想法自然要从小到大开始。需要注意的一点是如果负数的个数是奇数个，那么最终会剩下一个最大的负数没有被消耗掉。此时我们有两种选择：不做任

https://leetcode-cn.com/problems/number-of-digit-one/思路：答案就是nnn的每一位（个位、十位、百位…）上出现的1的数量的总和。那么对于任意一个数字abcdeabcdeabcde，假设计算ccc位上的1，且有high=ab,cur=c,low=de,digit=102high=ab,cur=c,low=de,digit=10^2high=ab,cur=c,low=de,digit=102，现在开始分类讨论ccc的取值：c=0c=0c=0，为了让这一

https://leetcode-cn.com/problems/arithmetic-slices-ii-subsequence/思路：就知道是dp，但是差一步没写出来，唉。考虑用dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示以nums[i]nums[i]nums[i]结尾公差为jjj的长度>=2>=2>=2的子序列个数。那么可以枚举等差数列的最后两项：numsj、numsinums_j、nums_inumsj​、numsi​。计算其公差dis=numsi−numsjdis=n

https://leetcode-cn.com/problems/arithmetic-slices/思路：显然可以通过双指针找到等差数列的区间[l,r][l,r][l,r]，那么依据题目的定义，分别统计长度为3、4、5...3、4、5...3、4、5...的等差数列的个数即可，即：(r−l−2)+(r−l−3)+...+1(r-l-2)+(r-l-3)+...+1(r−l−2)+(r−l−3)+...+1。这不就是等差数列的和嘛，可以O(1)O(1)O(1)求得，因此算法的总复杂度为O(n)O(n)O

https://leetcode-cn.com/problems/circular-array-loop/思路：用一个数组标记iii是否走过，然后对每个位置做一次循环模拟即可。但是这样复杂度是O(n2)O(n^2)O(n2)的，事实上，对于上次遍历过的点，如果没有找到答案，那么这些点都是无解的，我们可以把它们剔除掉，这样可以把时间复杂度降低到O(n)O(n)O(n)。不过为了区分上次遍历和当前遍历，需要新开一个数组。class Solution {public: bool circularA

https://leetcode-cn.com/problems/shortest-unsorted-continuous-subarray/思路一：可以把原数组分为三部分：a、b、ca、b、ca、b、c，其中a、ca、ca、c满足题意，是升序排序的，但是bbb不满足题意。考虑对序列进行排序，排序后的序列必然也是以aaa开头ccc结尾的，减去这两部分即为bbb。class Solution {public: int findUnsortedSubarray(vector<int>

https://leetcode-cn.com/problems/restore-the-array-from-adjacent-pairs/思路：很简单，因为元素不重复，所以仅出现一次的元素要么在首要么在尾，随便选取一个当作起始节点，每一对数对当作一条边，在图上跑一遍即可。class Solution {public: vector<int> restoreArray(vector<vector<int>>& adjacentPairs) {

https://leetcode-cn.com/problems/median-of-two-sorted-arrays/思路一：双指针O(n)O(n)O(n)合并两个有序数组。class Solution {public: double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) { int n=nums1.size(); int m=nums2.siz

https://leetcode-cn.com/problems/find-majority-element-lcci/思路：哈希可以直接做，但是空间复杂度是O(n)O(n)O(n)的。为了降低空间复杂度至O(1)O(1)O(1)，我们可以使用Boyer-Moore投票算法（力扣官方题解），其核心思想是：在每一轮投票过程中，从数组中删除两个不同的元素，直到投票过程无法继续，此时数组为空或者数组中剩下的元素都相等。如果数组为空，则数组中不存在主要元素；如果数组中剩下的元素都相等，则数组中剩下的元素可

https://leetcode-cn.com/problems/bus-routes/思路一：首先看数据范围，暴力连边的话肯定是不行滴，因为车站的数量可能达到10610^6106。考虑转换一下思路，把一条公交路线抽象为一个点，那么任意两条有公共点的公交线路之间有一条边权为1的边，这样我们可以得到一张图，在这个图上做bfsbfsbfs即可，注意此时是多源多汇的bfs。class Solution {public: int numBusesToDestination(vector<vec

https://leetcode-cn.com/problems/minimum-cost-to-change-the-final-value-of-expression/思路：表达式问题做少了……看到给定的输入，显然是一个中缀表达式。如果显示建立出一棵对应的树，并用dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j]表示把节点iii及其子树所代表的表达式的值修改为jjj所需要的最少操作次数，那么这就是一个树形dpdpdp问题。中缀表达式的性质在此不多赘述，假设已知两个节点a、ba、ba、b，那么当操作符号

https://leetcode-cn.com/problems/minimum-number-of-flips-to-make-the-binary-string-alternating/思路：dpdpdp的做法可以看官方题解……这边说一下我的思路，感觉想的有点歪。首先可以认为原始字符串由若干个交替字符串拼接而成，那么我们先找到这些交替字符串，然后把所有奇数或者所有偶数位置的交替字符串全部翻转，即可把它们全部拼接起来。因此最少操作要么在奇数位置产生，要么在偶数位置产生。但是这样我们只使用了操作2，没有

https://leetcode-cn.com/problems/can-you-eat-your-favorite-candy-on-your-favorite-day/思路：对于第iii个询问，可以求出第favoriteTypeifavoriteType_ifavoriteTypei​类糖果的区间，然后根据每天最多吃的糖果数量和最少吃的糖果数量可以求出第favoriteDayifavoriteDay_ifavoriteDayi​天能吃的糖果数量区间，判断他们之间是否有交集即可。class Solu

https://leetcode-cn.com/problems/brick-wall/思路：很容易证明，最优解的那条线至少穿过了一对砖块之间的缝隙。也就是说，最优解一定在缝隙处产生。那么我们可以计算每个缝隙处的砖块数量，并记录最大值，答案就等于墙的个数减去该最大值。class Solution {public: int leastBricks(vector<vector<int>>& wall) { unordered_map<unsi

https://leetcode-cn.com/problems/increasing-order-search-tree/思路：最简单的方法就是用数组存储中序遍历的结果，再按照要求重建。这种做法没什么意思，我们看一下原地修改的算法。我们可以用preprepre记录中序遍历中当前节点的上一节点，在处理完左子树后，preprepre指向左子树的最右节点，需要令pre.right=cur,cur.left=nullpre.right=cur,cur.left=nullpre.right=cur,cur.le

https://leetcode-cn.com/problems/max-sum-of-rectangle-no-larger-than-k/思路：暴力枚举的话是O(n2m2)O(n^2m^2)O(n2m2)的，肯定过不了。考虑枚举左右边界l、rl、rl、r，然后计算a[i]=∑j=lrmatrix[i][j]a[i]=\sum_{j=l}^{r}matrix[i][j]a[i]=∑j=lr​matrix[i][j]，那么问题就转换为：在长度为nnn的数组aaa中，找到一个区间s、ts、ts、t，使得a

https://leetcode-cn.com/problems/contains-duplicate-iii/思路一：abs(i−j)<=kabs(i-j)<=kabs(i−j)<=k很容易做到，只要我们按照区间处理元素即可。现在考虑第一个条件，如果我们保证元素有序(从小到大)，那么只要任意两个相邻元素之差<=t<=t<=t即可。不难想到用setsetset维护。class Solution {private: set<int> s;

https://leetcode-cn.com/problems/scramble-string/思路：先定义一种字符串之间的相似运算：如果字符串a、b长度相等且含有的字符都相同，我们认为a和b相似。显然如果s、t互为扰乱字符串，则它们一定相似。从扰乱字符串的规则可以发现，如果断点是i，那么至少满足以下两种情况的某一种：s[0…i]、t[0…i]s[0…i]、t[0…i]s[0…i]、t[0…i]相似且s[i+1…n)、t[i+1…n)s[i+1…n)、t[i+1…n)s[i+1…n)、t[i+1…

https://leetcode-cn.com/problems/set-matrix-zeroes/思路：用一个变量记录第一列是否有0，然后就可以把数组的第一行和第一列作为标记位了。如果m[i][j]=0m[i][j]=0m[i][j]=0，就令m[i][0]=m[0][j]=0m[i][0]=m[0][j]=0m[i][0]=m[0][j]=0，标记第iii行、第iii列需要置为零。最后更新的时候要倒着来或者从第二行开始，因为第一行被用作标记位了，在处理完其它数据之前不能更新，不然可能会有问题，举例

https://leetcode-cn.com/problems/verify-preorder-serialization-of-a-binary-tree/思路：最直观的方法就是把树重构出来，然后进行判断。这里说一下不需要重构的方法，考虑用一栈维护当前所有已知节点的还需要填充的儿子数量，那么如果遇到了#\##，直接把栈顶值减一即可；如果遇到了非空节点，仍要把栈顶值减一，然后再压入一个2(新节点还有两个儿子节点待补充)；如果栈顶为空，那么直接丢掉即可。在字符串还未遍历完时栈已经为空，说明无解(未用完给

http://pipioj.online/problem.php?id=1485思路：核心思想就是把输入转为二进制表示，然后分别考虑每一位的贡献。我们可以用sumisum_isumi​表示输入数据流中二进制表示第iii位1的总和，那么在读入第i个数据时，此时sumsumsum数组记录的就是前i-1个数据的信息，那么单独考虑第i个数据的每一位，我们可以轻松的得到前i-1个数据中在这一位上和它相等或不等的个数，根据异或性质累加即可。#include<bits/stdc++.h>#define

http://pipioj.online/problem.php?id=1439思路：如果我们能够快速计算出[0,n][0,n][0,n]内所有数的二进制第iii位(假设从低位开始，下标从1开始)上111的总和，那么依据前缀和的性质就可以在O(1)O(1)O(1)时间内得到[L,R][L,R][L,R]内所有数的二进制第iii位上111的总和，依据异或的性质我们知道，如果总和是奇数，那么这一位为111否则为000。那么如何快速计算总和呢？我们写下前八个数的二进制表示：000、001、010、011、10

http://pipioj.online/problem.php?id=1475思路：对于任意一个数aia_iai​，若我们知道在它左侧的第一个小于它的数ala_lal​，在它右侧的第一个小于它的数ara_rar​，那么当区间被限制到(l,r)(l,r)(l,r)内且包含aia_iai​时，这个区间的最小值一定是aia_iai​。不妨设ansjans_jansj​表示区间长度为jjj时的最大价值，那么显然我们要做一个更新操作：ansj=max(ansj,ai),1<=j<=r−l−1ans_

http://pipioj.online/problem.php?id=1413思路：带权中位数问题，详细证明参见百度百科。先给出结论：∑i=1n∣xi−x∣∗wi\sum_{i=1}^{n}|x_i-x|*w_i∑i=1n​∣xi​−x∣∗wi​的最小值当且仅当x=x(∑i=1nwi)/2x=x_{(\sum_{i=1}^nw_i)/2}x=x(∑i=1n​wi​)/2​(此处不细致考虑下标问题)时取得。这里给出我自己的理解(非严谨证明)，我们知道∑i=1n∣xi−x∣\sum_{i=1}^{n}|x

http://pipioj.online/problem.php?id=1018思路：和这道题很像。既然已知当x=a[mid]x=a[mid]x=a[mid]时，∑i=1n∣ai−x∣\sum_{i=1}^n|a_i-x|∑i=1n​∣ai​−x∣取得最小值，那么将所有士兵移动到同一行的纵坐标就确定了。现在考虑横坐标，假设最终结果中第一个士兵的横坐标为ttt，那么根据贪心策略，我们肯定希望最小的xix_ixi​移动到ttt，第二小的xix_ixi​移动到t+1t+1t+1……那么对横坐标进行排序后，我们

http://acm.csu.edu.cn:20080/csuoj/problemset/problem?pid=2323思路：首先明确一点，行和列可以分开计算，没有影响。先考虑把所有企鹅移动到同一行的情况，因为棋盘的长宽和企鹅数量相等，且同一个格子只能有一个企鹅，所以这些企鹅应该各自独占一列，为了让步数尽量小，把横坐标排序后，第iii只企鹅应该移动到横坐标为iii的位置，对应的贡献为abs(xi−i)abs(x_i-i)abs(xi​−i)；接下来考虑把它们移动到同一行的问题，结论是把纵坐标从小到大排

https://leetcode-cn.com/problems/russian-doll-envelopes/思路：先按照www从小到大对输入进行排序，那么问题就转换成了LISLISLIS，但是还有一些地方需要注意，套娃时信封的w、hw、hw、h要求都是单调递增的，所以排序后www相等的信封只能选111个，怎么保证这一点呢？在www相等时，我们可以按照hhh从大到小排序，这样在计算LISLISLIS时相同wewewe的信封一定最多选一个。class Solution {public: in

http://pipioj.online/problem.php?id=1466思路：利用堆可快速求出中位数(当然诸如TreapTreapTreap之类的数据结构也是可以的)，思路就是用大根堆维护最小的(n+1)/2(n+1)/2(n+1)/2个元素，用小根堆维护最大的n/2n/2n/2个元素，那么中位数要么等于大根堆堆顶要么等于两个堆顶之和再除222。#include<bits/stdc++.h>#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;

http://www.pipioj.online/problem.php?id=1463思路：把字符串丢到setsetset里面即可，但是直接丢太暴力了。空间复杂度和时间复杂度都很高，我们可以把长度为nnn的仅包含ccc的字符串抽象为一对数据：(c,n)(c,n)(c,n)，把这一对数据插入到setsetset中维护即可。#include<bits/stdc++.h>#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;const int maxn=1

https://leetcode-cn.com/problems/range-sum-query-2d-immutable/思路：二维前缀和，查询时可以把区域划分为四块，O(nm)O(nm)O(nm)初始化，O(1)O(1)O(1)查询。class NumMatrix {public: vector<vector<int>> sum; NumMatrix(vector<vector<int>>& matrix) {

https://leetcode-cn.com/problems/number-of-valid-words-for-each-puzzle/思路：看完题目会发现关键点是一个单词中出现的字符种类，和个数没有关系，那么我们可以用位运算表示某个单词含有的字符种类。具体做法是，如果它含有小写字母xxx，我们就可以把它二进制表示的第x−′a′x-'a'x−′a′位置为111。这样就将字符串变成了整数，接下来构建一个哈希表，记录某个整数所对应的字符串个数。对于每个puzzlepuzzlepuzzle我们可以得到它

https://leetcode-cn.com/problems/grumpy-bookstore-owner/思路：硬要说的话感觉我这个解法怪怪的，和平时见到的滑动窗口不太一样，因为窗口大小是固定不变的。看完题目，很容易想到使用一个长度固定为XXX的窗口，然后枚举左边界即可，那么怎么保证整体复杂度是O(n)O(n)O(n)的呢？利用前缀和的思想，在初始化时以当前窗口的左右边界(初始时窗口为[0,X)[0,X)[0,X))为限，可以计算出一个前缀和和后缀和，那么在移动窗口的时候维护这两个和值即可。cl

https://leetcode-cn.com/problems/toeplitz-matrix/思路：直接判断就行，很简单……主要说一下进阶怎么做，第一种情况可以用一个数组记录当前行的元素，在读入下一行矩阵时和它比较即可。第二种情况需要对矩阵进行划分，保证每个子矩阵都满足题意即可，注意也要保证子矩阵和子矩阵之间也是满足题意的，所以两个相邻的矩阵至少要有某一列或某一行是重合的。class Solution {public: bool isToeplitzMatrix(vector<v

https://leetcode-cn.com/problems/max-consecutive-ones-iii/思路：滑动窗口模板题吧……由于求的是最长连续子数组的长度，那么在维护窗口时没必要将其缩小(因为我们要的是最优解)，这样就不需要额外操作来记录最大值了。class Solution {public: int longestOnes(vector<int>& A, int K) { int l=0,r=0,n=A.size();

https://leetcode-cn.com/problems/minimum-number-of-k-consecutive-bit-flips/思路：想法很简单，从前往后遍历，如果某个位置不是111，就从这个位置开始向后翻转。但是如果暴力写的话，复杂度可能会达到O(nk)O(nk)O(nk)，喜提一发TLETLETLE，比如下面这份代码：class Solution {public: int minKBitFlips(vector<int>& A, int K) {