0. Fibonacci.java Level: Easy
方法1: DP array.
方法1.1: 滚动数组, 简化DP。
方法2: recursively calculate fib(n - 1) + fib(n - 2). 公式没问题, 但是时间太长, timeout.
1. Group Shifted Strings.java Level: Easy
相同shift规则的string, 能被推算到同一个零起始点，就是共同减去一个char,最后就相等。以此作为key，用HashMap。一目了然。
记得根据题目意思，一开始要String[] sort一下。
2. Hamming Distance.java Level: Easy
bit: XOR, &, shift>>
3. Happy Number.java Level: Easy
Basic Implementation of the requirements.
用HashSet存查看过的数值。若重复，return false.
4. Hash Function.java Level: Easy
解释Hash怎么道理。Hash function例子：
hashcode("abcd") = (ascii(a) * 33^3 + ascii(b) * 33^2 + ascii(c) *33^1 + ascii(d)*33^0) % HASH_SIZE
用到的参数比如: magic number 33, HASH_SIZE.
Hash的用法是：给一个string key, 转换成数字，从而把size变得更小。
真实的implementation还要处理collision, 可能需要design hash function 等等。
每一步都：
hashRst = hashRst * 33 + (int)(key[i]);
hashRst = hashRst % HASH_SIZE;
原因是，hashRst会变得太大，所以不能算完再%...
5. HashWithArray.java Level: Easy
6. Heaters.java Level: Easy
第一步： 生题型, 理解题意需要时间： 从字面和画图而言, 就是定住房子一个个过，房子左右的distance需要足够达到heater. 目标是招尽可能小的radius, 所以house和heater紧贴着是必要的. 在for loop里面定下house，把heater当作一个区间移动, 达到的第一个合适区间，这就是当下最小的理想radius，取这个值跟既定radius作比较。 比较之后，继续移动house，再试着移动heater区间去match。
第二步： Binary Search
注意！ 题目没有说given array是否sort, 我们必须sort才能够区间移动或者binary search. TODO: http://www.cnblogs.com/grandyang/p/6181626.html
7. Identical Binary Tree.java Level: Easy
Divide, && 每种情况（左右一一对应)
注意 null states
8. Implement Stack by Two Queues.java Level: Easy
两个Queue,交互倒水 用一个Temp做swap
做法1: 逻辑在top()/pop()里, 每次换水，查看末尾项.
做法2: 逻辑在push里面:
- x 放q2。
- q1全部offer/append到q2.
- 用一个Temp做swap q1, q2. q1的头，就一直是最后加进去的值.
9. Implement Stack using Queues.java Level: Easy
两个Queue,交互倒水 用一个Temp做swap
做法1: 逻辑在top()/pop()里, 每次换水，查看末尾项.
做法2: 逻辑在push里面:
- x 放q2。
- q1全部offer/append到q2.
- 用一个Temp做swap q1, q2. q1的头，就一直是最后加进去的值.
10. Implement Stack.java Level: Easy
stack 后入先出. Data Structure: ArrayList return/remove ArrayList的末尾项。
11. IndexMatch.java Level: Easy
有序, 假设有这样的数字:target.
target 左边的数字，一定不比index大，target右边的数字，一定比index大。
这样可以binary search.O(logn)
12. Insert Interval.java Level: Easy
方法1：Scan Line
Interval 拆点，PriorityQueue排点。
Merge时用count==0作判断点。
PriorityQueue: O(logN). 扫n点，总共：O(nLogn)
方法2：
O(n) 直接找到可以insert newInterval的位子. Insert。 这里已经给了sorted intervals by start point. 所以O(n)
然后loop to merge entire interval array
另外: 因为interval已经sort, 本想用Binary Search O(logn). 但是找到interval insert position， merge还是要用 O(n)。
比如刚好newInterval cover entire list....
13. Insert Node in a Binary Search Tree .java Level: Easy
往Binary Search Tree里面加东西，一定会找到一个合适的leaf加上去。
那么：就是说someNode.left or someNode.right是null时，就是insert node的地方。
找到那个someNode就按照正常的Binary Search Tree规律。
14. Intersection of Two Arrays.java Level: Easy
方法1: 用到hashset找unique && duplicate: O(m+n) 方法2: 可以用binary search 找数字. Note:binary search一定需要array sorted: nLog(m)
15. Intersection of Two Linked Lists.java Level: Easy
长短list，找重合点。 长度不同的话，切掉长的list那个的extra length。 那么起点一样后，重合点就会同时到达。
16. Invert Binary Tree.java Level: Easy
non-recursive: BFS with queue。 或者regular recurisve - divide and conquer.
17. Isomorphic Strings.java Level: Easy
HashMap 来确认match。有几种情况考虑:
-
Match. 就是map.containsKey, map.containsValue, and char1 == char2. Perfect.
-
Either Key not exist, or Value not exit. False;
-
Both key and Value exist, but map.get(char1) != char2. Miss-match. False.
-
None of Key or Value exist in HashMap. Then add the match.
18. Jewels and Stones.java Level: Easy
1524017454
给J 和 S两个string. J里的character是unique 的珠宝, S 里面的character包含珠宝和石头. 找S里面有多少珠宝
19. Longest Increasing Continuous subsequence.java Level: Easy
O(n)跑2遍for. O(1)是用了两个int来存：每次到i点时，i点满足条件或不满足条件所有的longestIncreasingContinuousSubsequence. 特点：返跑一回，ans还是继续和left轮的ans作比较；求的所有情况的最大值嘛。
20. Longest Univalue Path.java Level: Easy
弄明白path的意义: 连接node的edge. 要找MAX, 可以在class scope里面定义一个max variable.
用minimum amount of code来概括几种不同的情况: left == root, right == root, or left == root == right.
21. Longest Word in Dictionary.java Level: Easy
方法1: 按大小排序 -> 从最大的开始做contains()的比较 -> 结果再按照字母表顺序(lexicographically) sort一下. 但是Collections.sort()了两次, 而且再list.contains(), 比较慢
方法2: 先排序, 以最简单的size==1以及set.contains()找match. 如果找到, 因为已经按照字母表排序, 找到的这个肯定是这个长度里面最符合的解答. 然后brutally找下一个更大的. 法2比法1好, 因为只用了一次sort, nLog(n). 然后其余都是O(1)的contains. 法1有两个sort(), 然后在list上面contains(), 所以比较耗时.
方法3: 应该可以有一个用Trie的方式做的, 还没有考虑.
22. Lowest Common Ancestor II.java Level: Easy
这个题有个奇葩的地方，每个node还有一个parent。 所以可以自底向上.
-
曾经做的hashset的优化，找到的都存hashset. exist就return那个duplicate.
-
普通做法：2 lists。 自底向上。利用parent往root方向返回。
注意：无法从root去直接搜target node 而做成两个list. 因为根本不是Binary Search Tree！
23. Lowest Common Ancestor.java Level: Easy
普通的Binary Tree，node child 自顶向下蔓延。
方法1：O(1) sapce O(h). Recursive. 循环的截点是：
当root == null或者 A B 任何一个在findLCA底部被找到了(root== A || root == B)，那么就return 这个root.
三种情况：
- A,B都找到，那么这个level的node就是其中一层的parent。其实，最先recursively return到的那个，就是最底的LCA parent.
- A 或者 B 找到，那就还没有公共parent,return 非null得那个。
- A B 都null, 那就找错了没有呗, return null
//无法找到target element, 因为不是Binary Search Tree
//[Not Working]：O(n) space O(h) time。把两条线binary search出来。找第一个不同的parent. 代码长。 Iterative
24. Matrix Zigzag Traversal.java Level: Easy
分析4个step:right, left-bottom,down,right-up
implement时注意index.有点耐心
25. Max Area of Island.java Level: Easy
虽然Easy, 但用到DFS最基本的想法.
- dive deep
- mark VISITED
- sum it up
更要注意, 要从符合条件value==1的地方开始dfs. 对于什么island都没有的情况，area应该位0， 而不是Integer.MIN_VALUE, 问清楚考官那小伙, 别写顺手。
26. Maximum Depth of Binary Tree.java Level: Easy
DFS: Divide and conquer. 维持一个最大值。
27. Maximum Subarray.java Level: Easy
方法1 比较像DP, 维持一个sums[i]: 从i向前位数, 所有正数的和. 一旦sums[i - 1]<0, 意味着sums[i-1]对maxSum没有好处, 那么就assign: sums[i]=nums[i] 这个做法比较中规中矩, makes sense
方法2(better) 想着用一用prefix sum. 把值一个个叠加。 然后presum[j] - presum[i- 1] 就是 (i,j)之间的和。
28. Merge Intervals.java Level: Easy
方法1：O(nlogn)
扫描线+Count无敌手。注意start end把interval给合起来。
count==0的时候，就是每次start end双数抵消的时候，就应该是一个interval的开头/结尾。写个例子就知道了。
空间：O(2n) -> O(n)
时间,priorityqueue: O(nlogn)
记得怎么写comparator
在 LeetCode里面，Scan line比方法2要快很多.
方法2：
Collections.sort() on interval.start之后，试着跑一遍，按照merge的需求，把需要merge的地方续好，然后减掉多余的interval就好。
(不知为何LeetCode把Merge Interval, Insert Interval 标为Hard)
Collections.sort(..., new comparator): sort by Interval.start.
画两个相连的Interval， prev, curr:
prev只有 prev.end覆盖了 curr.start， 才需要merge. 那么比较一下, marege.
记得如果merge, 一定要list.remove(i), 并且i--， 因为改变了List的大小。
若没有重合，就继续iteration: prev = curr. move on.
29. Merge Sorted Array.java Level: Easy
A够长，那么可以从A的尾部开始加新元素。
注意，从尾部，是大数字优先排末尾的.
30. Merge Two Binary Trees.java Level: Easy
基础binary tree traversal. 注意对null child的判断
31. Merge Two Sorted Lists.java Level: Easy
小的放前。每次比head大小。
while过后，把没完的list一口气接上。
一开始建一个node用来跑路, 每次都存node.next = xxx。存一个dummy。用来return dummy.next.
32. Minimum Absolute Difference in BST.java Level: Easy
BST: inorder-traversal: 先left node(adding to stack till left leav), 再process stack.peek (mid node), 再 add rightNode && dive to rightNode.left leaf
33. MinimumDepthOfBinaryTree.java Level: Easy
Divide and Conquery一个最小值. 注意处理Leaf的null, 用Integer.MAX_VALUE代替，这样可以避免错误counting.
34. Palindrome Permutation.java Level: Easy
注意，条件里面没说是否全是lower case letter
35. Pascal's Triangle II.java Level: Easy
简单处理array list.
36. Permutation Index.java Level: Easy
和Permutation Sequence相反的题目。思想类似。
题目为Easy，琢磨很久，分析：
每个数位的数字，都是跳过了小于这数字开头的多种可能。
举例【6，5，2】吧。我们找6，5，2是permudation里面的第几个。
正常排序，也就是permutation的第一个，应该是【2，5，6】
如果要从首位，2，变成6，要跨过多少可能性呢？
很简单，就是问：小于6的数字有多少个呢？（2，5）.每个数字变成head，都有各自的一套变化，都有(n-1)!种可能。
本题做法：每个（n-1）!加起来。 Note:(n-1) means, 开头的数字(2,5)各带出多少种排列，也就是不就是(n-1)!嘛。 这一步，计算数量很简单: (有几个小于6的数字) ×(除去head剩下有多少个数字)!
以上 ，都是为了把６推上皇位，而牺牲的条数。
那么把６推上去以后，还有接下去的呢。
接下去要看５，２.
６确定，后面ｐｅｒｍｕｄａｔｉｏｎ可变的情况有可能是【６，５，２】，那还可能是【６，２，５】呢。
Same process, 看ｇｉｖｅｎ 数组的第二位５，算它接下去：
１. 有几个数字小于５呢？
２. 除去５，还有几个数字可以 ｆａｃｔｏｒｉａｌ呢？
３. 一样的。第一步就结果乘以第二步。
最后接下去要看最后一个元素2了。
6,5,2全看过了以后，加起来。
就是【6，5，2】上位，所踏过的所有小命啊！
我这解释太生动了。因为耗费了好长时间思考...
37. QuickSort.java Level: Easy
代码是不难的.
首先partition. 返还一个partition的那个中间点的位置。 然后劈开两半。 前后各自 quick sort, recursively
注意：在partition里面, 比较的时候nums[start] < pivot, nums[end]>pivot, 如果写成了 <= 会 stack overflow.
但是： 在partition array那个题目里面，第二个 nums[end] >= pivot, 是要去加上这个 ‘=’的
38. Remove Duplicates from Sorted Array.java Level: Easy
Remove Duplicate from Array 不同于remove from linked list.
LinkedList里面我们是最好不要动node.val的，直接把node去掉。 而array我们很难直接把node去掉，又不能用新array，那么就要：
把不重复的element一个个放到最前面。
这个思想跟merge two sorted array （其中一个后续非常长的array可以放下arr1,arr2） 类似。 就是找个不会事后mess up，不会去动得index,把满足条件的element 填进去。这样保证了in place.
- 有个反向思维：remove duplicate,实际上也是找unique elements, and insert into original array
39. Remove Duplicates from Sorted List.java Level: Easy
一旦node.next 和node是重复，跳
40. Reshape the Matrix.java Level: Easy
读例子理解题意. 理清counter case. Basic implementation
41. Reverse Linked List.java Level: Easy
建立新list。每次把newList append 在current node的后面。
用head来循环所有node。
42. Reverse String.java Level: Easy
Similar to Reverse Integer. 可以用StringBuffer, 也可以two pointer reverse head/tail
43. Roman to Integer.java Level: Easy
熟悉罗马字母规则
- 'I V X L C D M' 分别代表的数字
- 列举combo的情况，需要从原sum里面减掉多加的部分： 'IV, IX'减2, 'XL, XC'减20, 'CD, CM'减200.
https://en.wikipedia.org/wiki/Roman_numerals
44. Shortest Word Distance.java Level: Easy
找short distance, wordB可以在wordA的前后；而同一时间，只需要计算一个最近的up to date的distance。 greedy不断变更A/B index再做比较即可。
45. Single Number.java Level: Easy
Bit XOR: 当两个bit不同时，return 1. 题目正要消光所有重复出现的数儿留下出现一次的那个.
46. String Permutation.java Level: Easy
把#of occurrences 存进HashMap, 第一个string 做加法，第二个string做减法。最后看是否有不等于0的作判断。
47. String to Integer(atoi).java Level: Easy
方法1: 问清情况，一点一点把case都涉及到。
方法2: 用regular expression。if (!str.matches("[+-]?(?:\d+(?:\.\d*)?|\.\d+)")). 猛了一点
48. Strobogrammatic Number.java Level: Easy
根据题意枚举, 再根据规则basic implementation
49. Subarray Sum.java Level: Easy
分析出，如果sum[0a]=x, 然后sum[0b]=x, 说明sum(a ~ b] = 0.
这样理解后，用hashMap存每个sum[0~i]的值和index i. 如果有重复，就找到了一组sum为0的数组。
50. Subtree.java Level: Easy
找到potential subtree, 比较Children.
一点注意：即使找到T1 == T2, 但很可能只是数字相同（这里不是binary search tree!!），而children不同。所以同时要继续recursively isSubtree(T1.left, T2) ...etc.
51. Symmetric Binary Tree.java Level: Easy
Symmetric Tree
注意Symmetric Binary Tree的例子和定义: 是镜面一样的对称. 并不是说左右两个sub-tree相等。
方法1: Recursively check symmetrically相对应的Node. 每个node的children都和镜面另外一边相对的node的children刚好成镜面反射位置。
方法2: 用stack. 左手边sub-tree先加left,再加right child; 右手边sub-tree先加right child, 再加left child。
process时，若symmetric，所有stack里面出来的node会一一对应。
52. Tweaked Identical Binary Tree.java Level: Easy
Recursive 比对左左,左右,右左，右右
53. Two Strings Are Anagrams.java Level: Easy
方法1:char ascii 用count[256]
坑：不要想象这个是个26letter lowercase. may not be true.
方法2: 若是其他字符encoding, 而不只是utf16-encoding (java char)?
那么就继续用string去做
54. Valid Palindrome.java Level: Easy
tutorial:https://www.youtube.com/watch?v=2hNK0Yz53LQ&list=PLZn-UvluQZuNedn1hDzTmNLE8MQWXjKVb
过滤alphanumeric，其他字母掠过
55. Valid Parentheses.java Level: Easy
剥皮过程。解铃还须系铃人
左边的外皮'{['在stack底部
右边的外皮应该和stack顶上的左外皮一一对应
56. Valid Sudoku.java Level: Easy
用HashSet存visited value.
方法1: 在nest for loop里面validate row,col,and block.
validate block要利用i 和 j 增长的规律。
说白了，i && j是按照0~n增长的index, 具体怎么用是可以flexible的。这个方法在同一个nest for loop解决所有运算。
方法2: 单独做block validation: validate block的时候虽然看到了4层for.其实也就是n^2.
57. Word Pattern.java Level: Easy
每个char代表一个pattern。用HashMap<char, str>. 但不够，如果a也match dog, b也match dog, 纠错了。比如pattern = "abba", str = "dog dog dog dog"。 因此第二个HashMap<str, char> 反过来。 确保pattern和str一一对应。
58. Find Anagram Mappings.java Level: Easy
比较简单, 用HashMap 存index list. 最后再遍历一遍数组A, 列举出所有元素. O(n)
59. Judge Route Circle.java Level: Easy
简单的character checking. 各个方向, 加加减减.
60. Island Perimeter.java Level: Easy
最简单的方法: 每个格子4个墙;每个shared的墙要-2 (墙是两面, -1 * 2) 最后合计结果就好.
不必想太多用HashMap做.但是也可以思考一下:
- 把每个block相连的block全部存在以当下block为key的list里面. 那么这里需要把2D坐标, 转化成一个index.
- 最后得到的map, 所有的key-value应该都有value-key的反向mapping, 那么久可以消除干净, 每一次消除就是一个shared wall.
- 一点点optimization: DFS去找所有的island, 如果island的图非常大, 而island本身不打,那么适合optimize. 但是整体代码过于复杂. 不建议写.
61. First Unique Character in a String.java Level: Easy
方法1: 按照题意, 找到第一个 first index == last index的字母.
方法2: 用hashmap存字母的index, 有些重复字母的index就会是个list. 找到单一index, 结合成list, sort, return list.get(0)
62. Power of Three.java Level: Easy
方法1: Power of 3: 3 ^ x == n ? 意思是 n / 3 一直除, 最后是可以等于1的, 那么就有了 n/=3, check n%3, 最后看结果是不是整除到1的做法. 用while loop.
方法2: 如果n是power of 3, 那么 3 ^ x的这个 x一定是个比n小的数字. 那么可以在 0 ~ n 之间做binary serach, 但是就比较慢.
方法3: 巧妙的想法.最大的3^x integer是 3^19. 那么找到这个数, 一定可以被n整除. 一步到位.
63. Plus One.java Level: Easy
简单的实现, 加1, 进位. 唯一取巧的地方, 最后如果要多一位, 一定是10000...这个模式, 可以走捷径, 直接来个+1size的array, 然后第一位=1. 注意,转换成long也不合理,用太多memory.
64. Power of Two.java Level: Easy
跟powerOfThree一样: 可以loop, check mod; 也可以用binary search找合适的数字.
65. Reverse Vowels of a String.java Level: Easy
vowels: 元音字母. 要求reverse所有元音字母.
- 前后两个指针, 在while loop里面跑.
- 注意 i<j, 一旦相遇, 就break.
- 找到合适的, 就做swap.
- StringBuffer可以 sb.setCharAt()记得用.
- O(n)
拿出所有vowels, 反过来放进去. O(n)
66. Guess Number Higher or Lower.java Level: Easy
binary search 公式
67. 2 Sum.java Level: Easy
tutorial:https://www.youtube.com/watch?v=P8zBxoVY1oI&feature=youtu.be
解法1：相对暴力简洁, HashMap<value, index>，找到一个value, 存一个; 若在HashMap里面 match 到结果, 就return HashMap里存的index. O(n) space && time.
解法2：Sort array, two pointer 前后++,--搜索。Sort 用时O(nlogn).
- 第一步 two pointer 找 value.
- 注意，要利用额外的空间保留original array， 用来时候找index. (此处不能用HashMap，因为以value 为key，但value可能重复)
O(n) space, O(nlogn) time.
68. Trim a Binary Search Tree.java Level: Easy
方法1: 适合复习BST. 用DFS对待每个node. 注意BST的特征: 所有left nodes都小于当下node, 所有right nodes都大于当下node.
根据题意用[L,R]切割.如果node.val<L, 直接连node带左边全丢掉, return node.right. 处理R也是一样. 分制是, DFS leftNode, rightNode. 然后接在node.left, node.right.
方法2: 用迭代, 还没有写.
69. Array Partition I.java Level: Easy
从结果出发, 只需要找到加法的结果，而不强调具体配对。 找到排列取单数位的规律，再考虑负数和正数的相同规律，即可找到排列求解的方法。
70. 1-bit and 2-bit Characters.java Level: Easy
方法1: Greedy. 从第一个bit开始数: 如果遇到1, 一定是跳两位;如果遇到0, 一定是跳一位. loop to end, and see if index reaches the end.
方法2: 用DP硬做了一下:
- 如果i位是0, 那么前面dp[i-1]或者dp[i-2] true就够了.
- 如果i位是1, 那么i-1位必须是1才满足规则, 并且 dp[i-2]需要true.
71. Non-decreasing Array.java Level: Easy
比较升序的时候, 必须要估计到 i-1, i, i+1三个数位. 写出来i-1, i+1之间的关系, 然后做合理的fix.
需要真的fix数组, 因为loop through做比较时会用到fix后的数字.
72. Max Consecutive Ones.java Level: Easy
Basic. Math.max track结果。 记得在有对外操作的loop后，一定要把result object清理干净。
73. Find All Numbers Disappeared in an Array.java Level: Easy
方法1: 换到正确的位置。 需要小心handle i, 因为不知道换到nums[i]上的是什么，所以必须原地清理干净 方能move on.
方法2: 做标记！ 很巧妙地运用了标记的方法, 标记成负数，证明visit过。 Preserve原数的负数，这样可以继续用此负数的绝对值来寻找原数所该被定的位置。非常巧妙！
方法3: 做标记！ 跟方法2类似，也是做标记，这一次是加上一个大于n的数（因为题目给了n的border），最后check一下就好。为不超Integer.MAX_VALUE, 每次加n前，取余数。
做标记的方法固然快，但是相对来说比较hacky，在常规的代码中，估计不会用到.
74. Maximum Average Subarray I.java Level: Easy
简单的求sum, 同时求max, 结尾求余数就好.
75. Largest Number At Least Twice of Others.java Level: Easy
找最大值, 和第二大的值, 看是否符合题意, 就行了. 分析题意, 最简单方法, 可以loop 两遍: 找最值; 作比较. 但其实, 举个反例: 有一个不满足, 就够反对这个'at least twice of alllll others'.
76. Toeplitz Matrix.java Level: Easy
似乎没什么算法特点, 就是array基本运算, 然后分割成一个helper function去做重复计算, 剪短代码. 注意check MxN 的分界线.
77. Sum of Two Integers.java Level: Easy
a^b 是: 不完全加法. a&b 是: 所有可能的进位. a&b<<1是向左边进位的形态.
Goal: 先a^b裸加, 算出进位; 再把结果和进位裸加, 再算出这一轮的进位; 再..裸价, 算进位....直到进位数==0.
那么就，首先记录好进位的数字：carry. 然后 a^b 不完全加法一次。然后b用来放剩下的carry, 每次移动一位，继续加，知道b循环为0为止。
在第一回 a ^ b 之后, b 的本身意义就消失. 接下去应该给parameter重新命名. sum = a ^ b; // sum without adding carries nextCarry = (a & b) << 1;
用其他variable name 取代 a, b 会更好理解一点.
Bit Operation
Steps:
a & b: 每bit可能出现的进位数
a ^ b: 每bit在此次操作可能留下的值，XOR 操作
每次左移余数1位，然后存到b, 再去跟a做第一步。loop until b == 0
(http://www.meetqun.com/thread-6580-1-1.html)
78. Swap Bits.java Level: Easy
简单, 但是很多知识点:
- Hex 0xaaaaaaaa 是1010101....1010; 0x55555555 是01010101....0101
- 可以用这两个hex取单数和负数. 如果需要取其他的pattern, 也可以做.
- x很可能是negative number, 所以right-shift 要用logic shift, >>> 避免leading负数补位.
79. Intersection of Two Arrays II.java Level: Easy
方法1: 用HashMap: 存一个nums1, 再拿nums2 check against map. 时间/空间:O(n)
方法2: Binary search? 需要array sorted. 否则时间O(nlogn)不值得. [没做完, 有错]
80. Majority Element.java Level: Easy
方法1: Vote 计数, vote++, vote--到最后剩下的就是winner. Time O(n), Space O(1) Majority Number是指超半数. 超半数的数字, 最后都会至少有vote>=1: match current majority number，vote++；if not, vote--. 注意：assume valid input, 是一定有一个majority number的。否则此法不成。[1,1,1,2,2,2,3]是个invalid input,结果是3，当然也错了。
方法2: HashMap count occurance. Time, Space: O(n)
方法3: Bit manipulation. 还没有做.
Related Problems: Majority Number II，超1/3, 那么就分三份处理，countA, countB来计算最多出现的两个。
Majority Number III, 超1/k, 那么自然分k份。这里用到 HashMap。
81. Nested List Weight Sum.java Level: Easy
方法1: 简单的处理nested structure, dfs增加depth. 方法2: bfs, queue, 处理queue.size().
82. Same Tree.java Level: Easy
DFS. 确定leaf条件, && with all sub problems.
如果用BFS: 两个queue存每个tree的所有current level node. Check equality, check queue size. Populate next level by nodes at current level.
83. Convert Sorted Array to Binary Search Tree.java Level: Easy
Binary Search Tree特点: 左边的node都比右边的node小. 如果要height相差<1, 必须左右sub tree均分. 做DFS.
84. Path Sum.java Level: Easy
确定好结尾的条件, DFS
写一写: root == null => false 对parent nodes的影响. 这里发现没影响, 所以可以简化成用1个functionDFS.
85. Add Binary.java Level: Easy
方法一:土办法没技术，把binary换成数字，加起来，再换成binary。如果input很大，那么很可能int,long都hold不住。不保险。
方法二:一般方法，string化为charArray,然后逐位加起，最后记得处理多余的一个carry on 注意: 需要从末尾加起来, 所以要用一个diff来帮助 shortArray[i-diff] 指向 shortArray的相对应index.
86. Add Digits.java Level: Easy
方法1: 普通做法就是按照题意, double-while loop把数字加起来. 第一层循环是O(n), 然后第二层循环就少很多数位, overall O(n)
方法2: 找数学规律, 每过9个数字, 取mod就会开始重复, 所以给所有数字取mod 就可以间接找到答案. O(1)
87. Valid Anagram.java Level: Easy
HashMap
88. Binary Tree Paths.java Level: Easy
返回所有root-to-leaf path
Recursive:分叉. dfs.
- Iterative, 非递归练习了一下
- 因为要每次切短list, 所以再加了一个Stack 来存level
89. Linked List Cycle.java Level: Easy
O(1) sapce: 用快慢指针。一个跑.next, 一个跑.next.next。 总有一次，fast会因为cycle而追上slow。 那个时候其实slow.val = fast.val.
O(n) space: 用HashMap，一直add elements. 如果有重复，那么很显然是有Cycle
90. Min Stack.java Level: Easy
双Stack：一个正常stack，另一个minStack存当下level最小值. 注意维护minStack的变化
另外. 如果要maxStack，也是类似做法
91. Implement Queue using Stacks.java Level: Easy
画图, 知道最后maintain的stack是那个 reverseStack: pop(), peek(), empty() 都在这个stack上, 无需变换. push()里面做stack和reverseStack的来回倾倒. 相比老的code, 在PUSH里面做倾倒, 更容易读.
双Stack. 一个是等于是queue，一个是backfillStack. Tricky: 是在pop()和peek()的时候backfill, 并且要等到stack用完再backfill. 写一下例子就知道，如果提早backfill，stack.peek()就不是queue的head了.
92. Reverse Integer.java Level: Easy
每次加上x%10，然后x不断减小～0 注意处理MAX_VALUE, MIN_VALUE 符号不重要, 直接处理, 也会保留.
转换成String 然后 reverse Space O(n), time O(n)
93. Sqrt(x).java Level: Easy
- 理解题意, 从[0, x]找一个可以m*m=x的值.
- 注意, 如果找不到, 最后问考官该return一个什么值：按道理，因为return int, 会取整，那么return一个平方最close to x就可以.
- 注意 mid 用 long, 因为很可能超过最大int.
- 二分float number, 应该用精度来定义结尾.
- 还是二分, 但是判断条件变成: while ( end - start > eps)
- eps = 1e-12,也就是精度到1e-12
94. First Bad Version.java Level: Easy
Binary Search
根据isBadVersion的性质，判断还如何end=mid or start=mid.
isBadVersion 是有方向的嘛，一个点错了，后面全错。
95. Meeting Rooms.java Level: Easy
- 注意接头点要考虑所有开会结会的情况，不要恰巧漏掉相接的点
- 开会的是超人。瞬间移动接上下一个会议
找是否有overlap. priorityQueue 按照start time排序好以后, 比较current和peek: current.end > peek.start?
- class Point{pos, flag}, PriorityQueue排序。计算count
- 跟 Number of Airplanes in the Sky 是一个类型的题目
96. Binary Tree Inorder Traversal.java Level: Easy
Inorder traverse Binary Tree
- 在自己的基础上recursive, 不用helper function
- Divide and Conquer, with helper(dfs) method
- O(n) time, no extra space
- Add left nodes all the way
- Print curr
- Move to right, add right if possible
- O(n) time, O(h) space
注意stack.pop()在加完left-most child 的后，一定要curr = curr.right.
若不右移, 很可能发生窘境: curr下一轮还是去找自己的left-most child，不断重复curr and curr.left, 会infinite loop, 永远在左边上下上下。
? How?
97. Path Sum II.java Level: Easy
Binary Tree的一个基本题: 找到所有满足条件的path
- 遍历到底，比较sum vs. target
- 注意divide的情况。要把遍历的例子写写
98. Change to Anagram.java Level: Easy
HackerRank里面的random 题目: 给一个string, 一切成两半, 看两半要变化多少个字符, 能变成anagram.
-
切两半成两个String A,B. 分别在int count[26]里面++, --.
-
记录 26个小写字母的频率. 如果全部抵消, 就是anagram.
-
注意: 最后count出来要除以2：字母不同，会在不同的字母位上加减count,那么就是刚好重复计算了一遍。所以除以二
-
Note: HackerRank里要注意自己写: Scanner, import java.util, non-static method ...etc.
99. Classical Binary Search.java Level: Easy
- while: start + 1 < end
- mid = start + (end - start) / 2;
- 根据mid作比较
- 末尾double check start, end.
100. Climbing Stairs.java Level: Easy
- 递归很好写, 但是重复计算, timeout. time: O(2^n)
- O(2^n): each n can spawn 2 dfs child, at next level, it will keep spawn. Total 2^n nodes will spawn.
- 用全局变量int[] memo 帮助减少重复计算
- O(n) time, space
- 最后一步被前两种走法决定: dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]
- 基础sequence DP, int[] dp = int[n + 1];
- DP[]存的是以 1-based index的状态
- 需要知道dp[n] 的状态, 但是最大坐标是[n-1], 所以int[n+1]
- dp[0]往往是有特殊状态的
- O(n) space, time
- [i] only associates with [i-2], [i-1].
- %2
- O(1) space
101. Closest Binary Search Tree Value.java Level: Easy
给一个BST, 和一个double target, 走位找到最接近的number.
- when less than curr val, consider left
- when greater than curr val, consider right
- dfs到底, 然后每一层比较, 再return
- 记录找到过的closest
- Binary Search, 根据current node走位,
- 找到 node.val == target, 或者走位走完, return closest
102. Binary Tree Preorder Traversal.java Level: Easy
- 加root, left, then right. Obvious
- Divide and conquer
- 其实也不需要helper function
- 先加root, 然后push上需要末尾process的在stack垫底(root.right), 然后push root.left
- Stack: push curr, push right, push left.
103. Closest Number in Sorted Array.java Level: Easy
- Binary Search 的一种变型, LintCode无法再跑一边.
- 考虑mid-1, mid+1.
- 一旦没有mid = target.index。 那么target最终就narrow down在(mid-1,mid) 或者(mid,mid+1)
104. Complete Binary Tree.java Level: Easy
- 当出现了第一次有 null children的node的时候, 说明到了leaf level, mark flag = true;
- 自此以后，queue再不该有node再有child; queue后面出现的node的left/right child应该都是null
- 否则就是有问题, return false;
- Count left-most-leaf depth
- Count right-most-leaf depth
- 如果两个depth不一样, 就 false
- LintCode跑不了
105. Compare Strings.java Level: Easy
看StringA是不是包括所有 StringB的字符.
- 比较一下大小, null.
- 然后用int[]来count chars from A, count[x]++. 再对照chars in B, count[x]--
- 如果 count[c] < 0, 就 false.
- O(n)
106. Contains Duplicate.java Level: Easy
无序数组, 找是否有重复element, return true/false.
- No brain: HashSet.
- Time O(n), Space O(n)
- Arrays.sort(x): Time O(nLogN), Space O(1)
- 排序后, 重复数会排在一起, 然后 binary search
107. Contains Duplicate II.java Level: Easy
Unsorted array, 找出是否有duplicate elemenets: 必要条件是, 这两个element的index i,j 的大小最多相差k.
- 很巧妙地根据k range地条件, 把HashSet里面的值控制在[i - k, i]
- 每次不断地往set里面加新元素, 从set里减去末尾index的元素
- 而set.add(x)如果遇到重复, 会return false.
- 一旦在这个length k 的 range里面, 有重复, 就符合条件.
- Time O(n)
- 记录每个element value的index in the list
- 一旦有重复element重复, 就把整个list of indexes 端出来, 查看有没有符合条件的: (index - i) <= k
- Time O(nm), m = # of duplicates
- 方法1是限定选拔的candidate, 不合格就去掉, 那么一旦有符合条件的(duplicates), 那么一定中, 剩下的就不看了.
- 方法2是把符合条件的index找出来, 集中处理, 但是所有candidate都会选出来
- 就好像招人一样: 一种是遇到好的就停止; 第二种是看过所有人, 从中选拔最好的. 显然第一种更快.
108. Nim Game.java Level: Easy
- 著名Nim游戏
- 写一些，发现n=4,5,6,7,8...etc之后的情况有规律性: 谁先手拿到4就输了.
- 最终很简单n%4!=0就可以了, time, space O(1)
- 正规地找规律做, 就跟 coins in a line 一样, 按照先手后手来做
- 可以rolling array 优化空间
- Time O(n), 当然啦, 这个题目这样会timeout, 可以使用brainteaser的做法写出结果.
109. Convert Integer A to Integer B.java Level: Easy
把Integer A 转换成 Integer B 需要改变多少bits?
- a^b 显示出bit format里面有不同binary code的数位.
- 每次 (a^b)>>i 移动i位之后, 再 & 1时其实是指留下这一位的数字.
- count
- 其实用到了 ^ 找不同的bit, >> 移位, &1 mask
110. Cosine Similarity.java Level: Easy
根据 Cosine Similarity 的公式, basic implementation
111. Count 1 in Binary.java Level: Easy
count 一个 32-bit number binary format 里面有多少1
- shift >> i
- apply mask & 1
可以把integer -> string -> char array.
112. Count and Say.java Level: Easy
介绍一种count数字的方法, 然后每一行读出上一行的结果, 一行一行推算. 问nth行是啥样?
- 主要是题意很难理解, 非常misleading, 等到看明白题目, 其实没有什么算法要求.
- Count duplicates and print
113. Paint House.java Level: Easy
要paint n个房子, 还有 nx3的cost[][]. 求最少用多少cost paint 所有房子.
- 求知道dp[n]的min cost, 但是不知道最后一个房子选什么颜色
- 那么就遍历最后一个房子(i - 1)的颜色
- 选中最后一个房子的颜色同时, 来选择 (i - 2)的颜色, 来找出最低的cost
- 考虑DP最后一个位置的情况. 发现给出了一些特殊条件, 需要附带在DP[i]上,
- 那么就定义二维数组
- 观察发现 index[i] 只跟 [i-1] 相关, 所以2位就足够, %2
114. Longest Continuous Increasing Subsequence.java Level: Easy
找连续的持续上升子序列的长度.
- 1D coordinate, dp 的角标, 就是代表 index i 的状态
- 求最值, dp[i] = 在index i位置的最长子序列
- 如果 nums[i] > nums[i - 1], dp[i] = dp[i - 1] + 1
- 如果没有持续上升, 那么dp[i] = 1, 重头来过
- maintain max
- 用一个数存current count, maintain max
115. House Robber.java Level: Easy
搜刮房子, 相邻的不能碰. 每个房子里有value, 求max.
- 看最后结尾状态的前一个或前两个的情况，再综合考虑当下的
- 思考的适合搞清楚当下的和之前的情况的关系
- Sequence DP, new dp[n + 1];
- [i]'只和前两个位子 [i-1], [i - 2]'相关
- 用%2来标记 [i], [i - 1], [i - 2]三个位置.
- 其他滚动时惯用curr/prev来表示坐标, 这里%2虽然抽象, 但是更加实用.
116. Best Time to Buy and Sell Stock I.java Level: Easy
给个array of stock prices, 限制能交易(买/买)一轮, 问如何找到最大profit.
- 每天都就交易价格，n天只让买卖一次，那就找个最低价买进，找个最高价卖出
- 记录每天最小值Min是多少. O(n)
- 每天都算和当下的Min买卖，profit最大多少.
- Find min value for first i items, new dp[n + 1].
- 然后用当天的price做减法算max profit.
- Time, Space: O(n)
- 更进一步, 用一个min来表示min[i], 因为计算中只需要当下的min.
- index i only depend on [i - 2]
- Space O(n)
- 每天都试着买进，然后之后的每一天尝试卖出. double for loop, O(n^2). timeout.
- 其中很多都是没必要的计算：[7, 1, 5, 3, 6, 4]。 if we know buyin with 1 is cheapest, we don't need to buyin at 5, 3, 6, 4 later on; we'll only sell on higher prices.
117. Best Time to Buy and Sell Stock II.java Level: Easy
和Stock I 的区别：可以买卖多次，求总和的最大盈利.
- Greedy, 每次有相邻的diff符合profit条件, 就卖了, 最后把所有的diff加在一起. 计算delta, 其实简单粗暴, 也还不错.
- 如下, 从低谷找peek, sell.
- DP. (old dp solution BuyOn[], SellOn[])
- DFS计算所有(timeout).Improvement on DFS -> DP -> calculate sellOn[i] and buyOn[i], and then return buyOn[i]. 有点难想, 但是代码简单, 也是O(n)
- 画图, 因为可以无限买卖, 所以只要有上升, 就卖
- 所有卖掉的, 平移加起来, 其实就是overall best profit
- O(n)
- 找到低谷，买进:peek = start + 1 时候，就是每次往前走一步;若没有上涨趋势，继续往低谷前进。
- 涨到峰顶，卖出:一旦有上涨趋势，进一个while loop，涨到底, 再加个profit.
- profit += prices[peek - 1] - prices[start]; 挺特别的。
- 当没有上涨趋势时候，peek-1也就是start, 所以这里刚好profit += 0.
- 想知道前i天的最大profit, 那么用sequence DP
- 当天的是否能卖, 取决于昨天是否买进, 也就是昨天买了或者卖了的状态: 加状态, 2D DP
- 如果今天是卖的状态, 那么昨天: 要么买进了, 今天 +price 卖出; 要么昨天刚卖, 今天不可能再卖, profit等同.
- 如果今天是买的状态, 那么昨天: 要么卖掉了, 今天 -price 买入; 要么昨天刚卖, 今天不可能再买, profit等同.
- [i] 和 [i - 1] 相关联, roll
118. Find All Anagrams in a String.java Level: Easy
跟 Permutation in String 很像. 给短string p， 长string s.
找所有p的 anagram (permutation) 在s 里面的起始index.
- count character apperance 就想到hashtable
- 注意countS, countP 的技巧: 作比较只需要O(26)
- Overall timeO(n)
- 小心不要用一个int[] count 来技术 查0, 复杂度是O(n)
119. Count Primes.java Level: Easy
计数: 所有小于n的prime number.
-
=2的没有除自己和1以外公约数的数。
- 还有另外一个定义方法: 这个n,有没有小于n的一个i, 而达到： i * i + # of i = n. 如果有，那就不是 prime
- 一个boolean长条，存isPrime[]。 然后从i=2， 全部变true.
- hash key: the number itself
- 然后利用这个因子的性质，非prime满足条件： self*self, self * self + self ... etc.
- 所以就check每一个j, j+i, j+i+i, 然后把所有non-prime全部mark成false.
- 最后，数一遍还剩下的true个数就好了
120. Delete Node in a Linked List.java Level: Easy
Given Singlely linked list, 删除一个任意node (不能是head node)
- update node.val
- Link curr.next to curr.next.next
121. Excel Sheet Column Number.java Level: Easy
- 26位的运算, 根据10位运算去思考
- 'A' - 'A' = 0. 所以 char - 'A' + 1 = 题目里的对应数位
- 或者: 26位运算和10位一样:num += 每位的digit * Math.pow(26, 数位号)
122. Excel Sheet Column Title.java Level: Easy
- 26位
- 从末尾开始, mod %26 可以拿到 末尾数字 remain = n % 26
- 特殊: remain = 0 的时候, 也就是说n是26的倍数, 末尾应该是 'Z'
- 记录'Z'了之后, n--
123. Flip Game.java Level: Easy
- 可以用 sb.replace(i, j, "replacement string")
- 简单按 window=2 来扫描
- 原来只需要从'++'转到'--'的情况
- O(n)
0. Anagrams.java Level: Medium
-
HashMap 的做法. sort每个string, 存进HashMap, 重复的就是anagrams,最后输出。
toCharArray Arrays.sort Stirng.valueOf(char[]) 时间nLO(logL),L是最长string的长度。 -
Arrays.toString(arr)的做法。arr是int[26], assuming only have 26 lowercase letters.
Count occurrance, 然后convert to String，作为map的key. Time complexity: nO(L) -
另一种做法：http://www.jiuzhang.com/solutions/anagrams/
- take each string, count the occurrance of the 26 letters. save in int[]count.
- hash the int[] count and output a unique hash value.
hash = hash * a + num
a = a * b. - save to hashmap in the same way as we do.
这一步把for s: strs 里面的时间复杂度降到了O(L). L = s.length().
Need to work on the getHash() function.
时间变成n*O(L). Better.
1. Binary Tree Level Order Traversal II.java Level: Medium
方法1: 跟Binary Tree Level Order Traversal一样,只不过存result一直存在存在0位.
方法2(略复杂, 不需要): 普通BFS，用一个queue，加上一个queue.size()来交替换行. 或者多用一个queue来存下个level的nodes
方法3: DFS, 根据level来append每个list rst里面add(0,...)每次都add在list开头
2. Binary Tree Level Order Traversal.java Level: Medium
方法1. 最普通,Non-recursive: BFS, queue, 用个queue.size()来end for loop:换行。
或者用两个queue. 当常规queue empty，把backup queue贴上去。
方法2. Recursive with dfs:
每个level都应该有个ArrayList. 那么用一个int level来查看：是否每一层都有了相应的ArrayList。
如果没有，就加上一层。
之后每次都通过DFS在相应的level上面加数字。
3. Binary Tree Longest Consecutive Sequence.java Level: Medium
屌炸天的4行代码。Divide and Conquer
主要想法：
Recursive用好。首先在这个level比一比，可否成。
不成的话，另立门户, count = 1。
然后左右开弓。再把结果拿过来比较一下就好了。
4. Binary Tree Maximum Path Sum II.java Level: Medium
比Binary Tree Maximum Path Sum I 简单许多. 因为条件给的更多：at least 1 node + have to start from root => have to have root.
方法1:
维持一个global或者recursive里的sum。traversal entire tree via DFS. 简单明了。
方法2:
Single path: either left or right.
If the path sum < 0, just skip it.
5. Binary Tree Right Side View.java Level: Medium
最右:即level traversal每一行的最末尾.
BFS，用queue.size()来出发saving result.
6. Binary Tree Serialization.java Level: Medium
方法1: BFS. Non-recursive, using queue. 想法直观。level-order traversal. save到一个string里面就好。
方法2: DFS. Recursive. 需要一点思考。basically divide and conquer. 但是代码相对来说短。
7. Binary Tree Zigzag Level Order Traversal.java Level: Medium
简单的level traversal.根据level奇数偶数而add到不同位子.
8. ColorGrid.java Level: Medium
用HashMap， 理解题目规律，因为重复的计算可以被覆盖，所以是个优化题。
消灭重合点:
如果process当下col, 其实要减去过去所有加过的row的交接点。。。
再分析，就是每次碰到row 取一个单点, sumRow += xxx。
然后process当下col时候， sum += colValue * N - sumRow. 就等于把交叉所有row（曾经Process过的row）的点减去了。很方便。
最后read in 是O(P), process也是O(P).
9. Combination Sum II.java Level: Medium
还是DFS. 和Combination Sum I 类似.
确保Helper是用i+1，下一层的数字, 不允许重复。
10. Combination Sum.java Level: Medium
递归，backtracking. 非常normal。需要先sort.
记得求sum时候也pass 一个sum进去，backtracking一下sum也，这样就不必每次都sum the list了。
题目里面所同一个元素可以用n次，但是，同一种solution不能重复出现。如何handle?
- 用一个index （我们这里用了start）来mark每次recursive的起始点。
- 每个recursive都从for loop里面的i开始，而i = start。 也就是，下一个iteration,这个数字会有机会被重复使用。
- 同时，确定在同一个for loop里面，不同的Index上面相同的数字，不Process两遍。用一个prev 作为checker.
假如[x1, x2, y, z], where x1 == x2， 上面做法的效果:
我们可能有这样的结果: x1,x1,x1,y,z
但是不会有:x1,x2,x2,y,z
两个solution从数字上是一样的，也就是duplicated solution, 要杜绝第二种。
11. Combinations.java Level: Medium
Combination DFS。 画个图想想. 每次从1~n里面pick一个数字i
因为下一层不能重新回去 [0~i]选，所以下一层recursive要从i+1开始选。
12. Construct Binary Tree from Inorder and Postorder Traversal.java Level: Medium
写个Inorder和Postorder的例子。利用他们分left/right subtree的规律解题。
Postorder array 的末尾， 就是当下层的root.
在Inorder array 里面找到这个root,就刚好把左右两边分割成left/right tree。
这题比较tricky地用了一个helper做recursive。 特别要注意处理index的变化, precisely考虑开头结尾
可惜有个不可避免的O(n) find element in array.
13. Container With Most Water.java Level: Medium
类似木桶理论。盛水的最高取决于最低的那面墙。 左右两墙，往中间跑动。 另，若一面墙已经小于另外一面，就要移动，换掉矮墙（可能下一面更高，或更低）；但决不能换掉当下的高墙，因为低墙已经limit的盛水的上限，若高墙移动，导致两墙之间距离减少，就注定水量更少了。（弄啥来，不能缺心眼啊）
14. Convert Binary Search Tree to Doubly Linked List.java Level: Medium
会iterative traverse Binary Search Tree就好（Stack && handle left-dig-down）, 然后create Doubly-ListNode 时候注意就好.
注意inorder traversal在check right node的事后，
不论right == null or != null, 每次都要强行move to right.
如果不node = node.right,
很可能发生窘境：
node alays = stack.top(), 然后stack.top()一直是一开始把left 全部遍历的内容。所以就会infinite loop, 永远在左边上下上下。
15. Copy List with Random Pointer.java Level: Medium
Basic Implementation, 其中用了一下HashMap:
遍历head.next .... null.
每一步都check map里面有没有head。没有？加上。
每一步都check map里面有没有head.random。没有？加上。
16. Count of Smaller Number.java Level: Medium
和平时的segment tree问题不同。 0 ～ n-1代表实际数字。是造一个based on real value的segment tree. Modify时，把array里面的value带进去，找到特定的位子（leaf）,然后count+1.
最终在SegmentTree leaf上面全是array里面实际的数字。
trick:
在query前，给进去的start和end是： 0 ~ value-1.
value-1就是说，找比自己所在range小1的range（那么自然而然地就不包括自己了），这样就找到了smaller number.
[那么其他做过的SegmentTree是怎么样呢？]
那些构成好的SegmentTree(找min,max,sum)也有一个Array。但是构成Tree时候，随Array的index而构架。
也就是说，假如有Array[x,y,....]:在leaf,会有[0,0] with value = x. [1,1] with value = y.
[但是这题]
构成时，是用actual value.也就是比如Array[x,y,....]会产生leaf:[x,x]with value = ..; [y,y]with value =...
其实很容易看穿:
若给出一个固定的array构成 SegmentTree，那估计很简单：按照index从0~array.lengh，leaf上就是[0,0] with value = x.
若题目让构造一个空心SegmentTree, based on value 0 ~ n-1 (n <= 10000), 然后把一个Array的value modify 进去。
这样八成是另外一种咯。
17. Delete Digits.java Level: Medium
数位靠前的，权值更大. 所以硬来把靠前的相对更大的（跟following digit相比）去掉。
18. Encode and Decode Strings.java Level: Medium
方法1:
用数字+"#"+string来encode.
基于我们自己定的规律, 在decode的里面不需要过多地去check error input, assume所有input都是规范的.
decode就是找"#",然后用"#"前的数字截取后面的string.
Old Solution:
Cast character into int. 串联起来, seperate by "LINE".
handle empty list [], or just null: 要把Null特别mark一下为‘NULL’, 这样decode时才能check到。 adminadmin
19. Fast Power.java Level: Medium
a^n可以被拆解成(aaa*a....*a)， 是乘机形式，而%是可以把每一项都mod一下的。所以就拆开来take mod.
这里用个二分的方法，recursively二分下去，直到n/2为0或者1，然后分别对待.
注意1: 二分后要conquer，乘积可能大于Integer.MAX_VALUE, 所以用个long.
注意2: 要处理n%2==1的情况，二分时候自动省掉了一份，要乘一下。
20. Find the Connected Component in the Undirected Graph.java Level: Medium
BFS遍历，把每个node的neighbor都加进来。
一定注意要把visit过的node Mark一下。因为curr node也会是别人的neighbor，会无限循环。
Component的定义：所有Component内的node必须被串联起来via path (反正这里是undirected, 只要链接上就好)
这道题：其实component在input里面都已经给好了，所有能一口气visit到的，全部加进queue里面，他们就是一个component里面的了。
而我们这里不需要判断他们是不是Component。
21. Find the Weak Connected Component in the Directed Graph.java Level: Medium
Identify这是个union-find问题还挺巧妙。
看到了weak component的形式： 一个点指向所有，那么所有的点都有一个公共的parent，然后就是要找出这些点。
为何不能从一个点出发，比如A，直接print它所有的neighbors呢？
不行，如果轮到了B点，那因为是directed,它也不知道A的情况，也不知道改如何继续加，或者下手。
所以，要把所有跟A有关系的点，或者接下去和A的neighbor有关系的点，都放进union-find里面，让这些点有Common parents.
最后output的想法：
做一个 map <parent ID, list>。
之前我们不是给每个num都存好了parent了嘛。
每个num都有个parent, 然后不同的parent就创造一个不同的list。
最后，把Map里面所有的list拿出来就好了。
22. Flatten 2D Vector.java Level: Medium
大概意思就是把2D list里面的element全部遍历一遍。 注意啊，一开始理解题意搞错：我以为是必须要排序正确，所以上来就PriorityQueue+HashMap搞得无比复杂。其实，这个跟一个nxn的matrix遍历，是没区别的拉。 所有来个x,y，把2d list跑一变。
23. Fraction to Recurring Decimal.java Level: Medium
不难想到处理除法：考虑正负，考虑小数点前后。主要是小数点以后的要着重考虑。 很容易忽略的是integer的益处。
24. Generate Parentheses.java Level: Medium
递归。 看thought.取或者不取(, )
Note: 在DFS时, 可以pass object (String) and re-create every time; or pass a reference (StringBuffer) and maintain it
25. Gray Code.java Level: Medium
题目蛋疼，目前只接受一种结果。
BackTracking + DFS:
Recursive helper里每次flip一个 自己/左边/右边. Flip过后还要恢复原样.遍历所有.
曾用法（未仔细验证）：
基本想法就是从一个点开始往一个方向走，每次flip一个bit, 碰壁的时候就回头走。
26. H-Index II.java Level: Medium
H-index的一个优化。 binary search
27. H-Index.java Level: Medium
例子写出来，发现可以sort以后按照定义搜索一遍。 nlogn. 当然，搜索一遍时候可以优化，用binary search. 但是没意义，因为array.sort已经用了nlogn
o(n)也可以，用bucket. 比较巧妙。
28. HashWithCustomizedClass(LinkedList).java Level: Medium
练习HashMap with customized class.
29. Heapify.java Level: Medium
Heap用的不多. 得用一下, 才好理解。
通常default 的PriorityQueue就是给了一个现成的min-heap：所有后面的对应element都比curr element 小。
Heapify里面的siftdown的部分： 只能从for(i = n/2-1 ~ 0)， 而不能从for(i = 0 ~ n/2 -1): 必须中间开花，向上跑的时候才能确保脚下是符合heap规则的
Heapify/SiftDown做了什么？
确保在heap datastructure里面curr node下面的两个孩子，以及下面所有的node都遵循一个规律。
比如在这里，若是min-heap,就是后面的两孩子都要比自己大。若不是，就要swap。
还是要记一下min-heap的判断规律:for each element A[i], we will get A[i * 2 + 1] >= A[i] and A[i * 2 + 2] >= A[i].
siftdown时：在curr node和两个son里面小的比较。如果的确curr < son, 搞定，break while.
但若curr 并不比son小，那么就要换位子，而且继续从son的位子往下面盘查。
30. Implement Trie (Prefix Tree).java Level: Medium
Trie自己不多用到。 如果是遇到一个一个字查询的题，可以考虑一下。 构建TrieNode的时候要注意：如何找孩子？如果是个map的话，其实就挺好走位的。 而且，每个node里面的 char 或者string有时候用处不大， 可以为空。但是有些题目，比如在结尾要return一些什么String，就可以在end string那边存一个真的String。
31. Inorder Successor in Binary Search Tree.java Level: Medium
画inorder图，发现规律.每个node的后继node(successor)有几种情况:
- node.right 是个leaf到底了。那么就return.
- set rightNode = node.right， 但发现rightNode has a lot left children to leaf.
- 比如, node.right == null， 也就是node自己是leaf，要回头看山顶找Inorder traversal规则里的下一个。
发现：其实就是每层都把路过的curr node放在stack里，最上面的，就是当下改return的那个successor:) Done.
32. Interval Minimum Number.java Level: Medium
SegtmentTree, methods: Build, Query. 这题是在SegmentTreeNode里面存min.
类似的有存:max, sum, min
33. Interval Sum.java Level: Medium
其实是segment tree 每个node上面加个sum。
记得Segment Tree methods: Build, Query
Note: 存在SegmentTreeNode里面的是sum. 其他题目可能是min,max ... or something else.
34. Kth Largest Element.java Level: Medium
用Quick Sort 里面partion的一部分。
partion的结果是那个low, 去找 low==nums.size() - k， 也就是倒数第K个。
没找到继续partion recursively.
sort的过程是排一个从小到大的list. (同样的代码还可以好xth smallest，mid变成x就好)
Quick Sort:
每个iteration, 找一个pivot,然后从low,和high都和pivot作比较。
找到一个low>pivot, high<pivot, 也就可以swap了。
得到的low就是当下的partion point了
35. Kth Smallest Element in a BST.java Level: Medium
很容想到Inorder-binary-search-tree Traversal Recursive 不难，然后稍微优化一下，确保rst.size() == k 时候，就可以return了。 Iterative 稍微难想点：先把最左边的add， pop() stack， 加上右边（如果存在）； 下一个轮回，如果又左孩子，又是一顿加。
36. Longest Common Prefix.java Level: Medium
Nested loop, 每一次比较所有string 同位是否相等。
相等，append string. 不等，return.
37. Longest Palindromic Substring.java Level: Medium
方法1: 从中间劈开. 遍历i，从n个不同的点劈开：每次劈开都看是否可以从劈开出作为palindromic的中点延伸。
Worst case: 整个string都是相同字符，time complexity变成： 1 + 2 +３ ＋ ．．． ＋n = O(n^2)
方法2: 穷举double for loop. O(n^2)
38. Lowest Common Ancestor of a Binary Search Tree.java Level: Medium
方法1: 利用 BST的性质，可以直接搜到target node，而做成两个长度不一定相等的list。然后很简单找到LCA 方法2: Brutly寻找p和q的common ancestor, 然后recursively drive left/right. 非常巧妙, 但是也比较局限; 稍微变条件, 就很难recursive.
39. Majority Number II.java Level: Medium
分三份：a b c考虑。若a, countA++, 或b, countB++，或c，countA--,countB--.
最后出现的两个count>0的a和b,自然是potentially大于1/3的。其中有一个大于1/3.
比较a和b哪个大，就return哪一个。
40. Majority Number III.java Level: Medium
与其他Majority Number一样。
出现次数多余1/k，就要分成k份count occurance.用HashMap。 存在的+1；不存在map里的，分情况:
若map.size() == k,说明candidate都满了，要在map里把所有现存的都-1；
若map.size() < k, 说明该加新candidate，那么map.put(xxx, 1);
最后在HashMap里找出所留下的occurance最大的那个数。
41. Merge k Sorted Arrays.java Level: Medium
由Merge k sorted list启发。用PriorityQueue,存那k个首发element。
PriorityQueue需要存储单位。自己建一个Class Node 存val, x,y index.
因为array里没有 'next' pointer，只能存x,y来推next element
42. Merge k Sorted Lists.java Level: Medium
用Priorityqueue来排列所有list的leading node.
记得k lists 需要是已经sort好的。
时间：n*O(logk)
PriorityQueue: logk
这个题目可以有好几个衍生：
比如，如果k很大，一个机器上放不下所有的k list怎么办？
比如，如果Merge起来的很长，一个机器上放不下怎么办？
Note:
- 不要忘记customized priority需要一个customized new Comparator()
- Given list 里面也可能有null node, 不要忘记查.
43. Multiply Strings.java Level: Medium
想法不难。turn into int[], 然后每个位子乘积，然后余数carrier移位。
但是做起来有很多坑。适合面试黑。
-
数字‘123’， 在数组里面， index == 0 是 ‘1’。 但是我们平时习惯从最小位数开始乘积，就是末尾的'3'开始。 所以！翻转两个数字先！我去。这个是个大坑。
-
乘积product，和移动Carrier都很普通。
-
！！最后不能忘了再翻转。
-
最后一个看坑。要是乘积是0，就返回‘0’。 但是这个其实可以在开头catch到没必要做到结尾catch。
用到几个StringBuffer的好东西:
reverse（）；
sb.deleteCharAt(i)
找数字，或者26个字母，都可以：
s.charAt(i) - '0'; //数字
s.charAt(i) - 'a'; //字母
44. Next Permutation.java Level: Medium
需斟酌。
Permutation的规律:
- 从小的数字开始变化因为都是从小的数字开始recursive遍历。
- 正因为1的规律，所以找大的断点数字要从末尾开始： 确保swap过后的permutation依然是 前缀固定时 当下最小的。
steps:
- 找到最后一个上升点，k
- 从后往前，找到第一个比k大的点, bigIndex
- swap k && bigIndex
- 最后反转 (k+1，end)
45. Palindrome Permutation II.java Level: Medium
permutation的综合题：
- validate Input 是不是可以做palindromic permutation. 这个就是（Palindrome Permutation I）
- 顺便存一下permutation string的前半部分和中间的single character(if any)
- DFS 做unique permutation: given input有duplicate characters。
46. Peeking Iterator.java Level: Medium
再一次理解错题意. peek() 就是头顶，但是不一定是最大值啊。总是把PEEK想成了最大值，然后用2 STACK做了最大值的cache，练的一手好双stack，可惜错了。
回到原题，其实不难。找一个cache来存next()的值，然后每次next()里面维护这个cache就好。
47. Permutation Sequence.java Level: Medium
k是permutation的一个数位。而permutation是有规律的。
也就是说，可以根据k的大小来判断每一个数位的字符（从最大数位开始，因为默认factorio从最大数位开始变化）。
于是先求出n!， 然后 k/n!就可以推算出当下这一个数位的字符。然后分别把factorio 和 k减小。
另外, 用一个boolean[] visited来确保每个数字只出现一次。
这个方法比计算出每个permutation要efficient许多。
48. Permutations.java Level: Medium
Recursive Backtracking: 取，或者不取. Improvement: maintain list (add/remove elements) instead of 'list.contains'
Iterative: 用个queue，每次poll()出来的list, 把在nums里面能加的挨个加一遍。 However, code is a bit massive.
49. Rehashing.java Level: Medium
50. Reverse Words in a String II.java Level: Medium
In-place reverse.
reverse用两回. 全局reverse。局部:遇到空格reverse。
注意：结尾点即使没有' '也要给reverse一下最后一个词。
51. Reverse Words in a String.java Level: Medium
几种不同的方法flip：
坑： 1. 结尾不能有空格。 2. 注意，如果Input是 ‘ ’的话，split以后就啥也没有了。check split以后 length == 0
另个题目Reverse Words in String (char[]) 可以in-place，因为条件说char[]里面是没有首尾空格,好做许多哟.
52. Rotate Image.java Level: Medium
找到个转角度的规律公式。用一个temp。in place.
53. Search Range in Binary Search Tree .java Level: Medium
等于遍历了所有k1<= x <= k2的x node。
如果是用Binary Search Tree搜索，那么一般是if (...) else {...}，也就是一条路走到底，直到找到target.
这里, 把 left/right/match的情况全部cover了，然后把k1,k2的边框限制好，中间就全部遍历了。
54. Segment Tree Build II.java Level: Medium
给的是Array。注意找区间内的max, assign给区间。 其余和普通的segment tree build一样
给了array,但是并不根据array里的内容排位，而是依然根据index in [0, array.length - 1]割开区间，break到底，
最终start==end。同时assign max=A[start] or A[end]
往上,parent一层的max:就是比较左右孩子,其实都是在两个sub-tree里面比较sub-tree的max。
这就好做了：
先分，找到left/right，比较max,在create current node,再append到当前node上面。
实际上是depth-first, 自底向上建立起的。
55. Segment Tree Build.java Level: Medium
按定义：
左孩子：（A.left, (A.left+A.rigth)/2）
右孩子：（(A.left+A.rigth)/2＋1， A.right）
56. Segment Tree Modify.java Level: Medium
Recursively 在segment tree里面找index, update it with value.
每个iteration，很可能（要么左手，要么右手）max就变了。所以每次都left.max and right.max compare一下。
最后轮回到头顶，头顶一下包括头顶，就全部都是max了。
Divde and Conquer
57. Segment Tree Query II.java Level: Medium
和 Segment Tree Query I 以及其他Segment Tree问题没啥区别。这个就是return个count。
这个题目考了validate input source：input 的start,end可能超出root[start,end]。
那么第一步就要先clear一下。完全不在range就return 0. 有range重合就规整到root的range.
58. Segment Tree Query.java Level: Medium
给了segment Tree, node里面有Max value, 找[start,end]里面的max
[start,end]跟mid相比，可能：
全在mid左
全在mid右
包含了mid： 这里要特别break into 2 query method
按定义：
mid = (root.start + root.end)/2
59. Strobogrammatic Number II.java Level: Medium
耗了一点时间。本以为需要DP一下，把做过的n存一下。后来发现，其实就是剥皮，一层一层，是一个central-depth-first的，钻到底时候，return n=1,或者n=2的case，然后开始backtracking。 难的case先不handle.到底之后来一次O(n) scan. 总共的时间起码是O(n/2) + O(n), 所以还是O(n)
60. Subarray Sum Closest.java Level: Medium
?
61. Subset.java Level: Medium
最基本的递归题目。
坑：记得一开头sort一下 nums。 因为要升序。那么整体就是O(nlogn)
注意：用level/index来track到哪一步。最后一level就add into rst
方法1: subset的概念，取或者不取,backtracking. 当level/index到底，return 一个list.
方法2: 用for loop backtracking. 记得：每个dfs recursive call是一种独特可能，先加进rst。
recap:时间久了忘记dfs的两种路子. for loop dfs/backtracking vs. regular dfs
62. Subsets II.java Level: Medium
递归：找准需要pass along的几个数据结构。
和SubsetI类似，先sort input, 然后递归。但是input可能有duplicates.
Using for loop approach: 每个dfs call是一种可能性，直接add into result.
为了除去duplicated result, 如果在递归里面用rst.contains(),就是O(n), which makes overall O(n^2).
这里有个基于sorted array的技巧：
因为我们有mark index。 一旦for loop里面的i!=index，并且nums[i] == nums[i-1],说明x=nums[i-1]已经用过，不需要再用一次：
[a,x1,x2]，x1==x2
i == index -> [a,x1]
i == index + 1 -> [a,x2]. 我们要skip这一种。
如果需要[a,x1,x2]怎么办？ 其实这一种在index变化时，会在不同的两个dfs call 里面涉及到。
Iterative: 写一写，用个Queue. Not recommended, Again, rst.contains() cost too much.
63. Top K Frequent Elements.java Level: Medium
题目有提醒: 不能用O(nLog(n)) 也就是说明要Log(n): 首先想到就是PriorityQueue, 并且不能queue.offer on the fly. 那么就先count, O(n); 再priorityQueue, Log(k), k是unique 数字的总量.
64. Top K Frequent Words.java Level: Medium
方法1：Brutle force用HashMap存frequency, 用ArrayList存lists of words。最后返回从尾部向前数的k个。
注意排序时Collection.sort()的cost是O(nLogk)
方法1-1: 还是用HashMap,但create一个Node class, 然后用PriorityQueue.
PriorityQueue里面用到了 String.compareTo(another String).巧妙。
方法2: Trie && MinHeap屌炸天
http://www.geeksforgeeks.org/find-the-k-most-frequent-words-from-a-file/
65. Topological Sorting.java Level: Medium
比较特别的BFS.
几个graph的condition：
- 可能有多个root
- directed node, 可以direct backwards.
Steps:
Track all neighbors/childrens. 把所有的children都存在map<label, count>里面
先把所有的root加一遍，可能多个root。并且全部加到queue里面。
然后以process queue, do BFS:
Only when map.get(label) == 0, add into queue && rst.
这用map track apperance, 确保在后面出现的node, 一定最后process.
66. Ugly Number.java Level: Medium
方法1: PriorityQueue排序。用ArrayList check 新的ugly Number是否出现过。
方法1-1：(解释不通，不可取)用PriorityQueue排序。神奇的3，5，7走位：按照题目答案的出发，定了3，5，7以什么规律出现。但是题目并没有特殊表明。
方法2: DP . Not Done yet.
67. Unique Binary Search Tree II.java Level: Medium
68. Word Break.java Level: Medium
DP
方法1:（attempt3 code）
state,rst[i]: 从[0～i] inclusive的string是否可以在dict中break开来找到？
function: rst[i] = true if (rst[i - j] && set.contains(s.substring(i - j, i))); j in[0~i]
- rst[i - j] 记录的是[0, i-j]这一段是否可以break后在dict找到。
- 若true，再加上剩下所有[i-j, i]都能在dict找到，那么rst[i] = rst[0, i - j] && rst[i-j, i] == true
优化：找dict里面最长string, 限制j的增大。
(attempt4 code)
与Word BreakII用同样的DP。
valid[i]: 记录从i到valid array末尾是否valid.
69. Word Ladder.java Level: Medium
BFS Brutle: 在start string基础上，string的每个字母都遍历所有26个字母，换换。
方法2:
用Trie。 理应更快. However implementation可能有点重复计算的地方，LeetCode timeout. 需要再做做。
70. Zigzag Iterator.java Level: Medium
这个题目相对简单. 做的时候我先考虑起来k条怎么办. 那么用个map把index和每个listmark一下就好了。 每次next(), 相应的list的头拿下来就好。 然后就跑圈呗，每次刷一个list头。不难。只要把几个variable维护清楚就行。
71. Encode and Decode TinyURL.java Level: Medium
其实想到了切入点, 是个可难可简单的题目. 这里的encode就是想办法把url存起来, 然后给个 key. 那么具体怎么做这个key, 简单就可以用一个map, 然后counting. 复杂一点就可以做random letter/number组成key.
72. Wiggle Sort.java Level: Medium
方法1: 排序, nLog(n). 然后把直线上坡变成层叠山峰, 需要每隔几个(题目中是每隔2位)就做个swap 造成高低不平. Note: 每隔山峰之间是相互没有关系的, 所以每次只要操心 [i], [i-1]两个位置就好了.
方法2: O(n) 看好奇数偶数位的规律, 然后根据题目给出的规律, 跑一遍, 每次只关注两个位置: 把不合适的[i], [i-1]调换位置就好了.
方法3: 跟法2一样, 只是更巧妙一点罢了: 第一遍想太多. 其实做一个fall-through就能把问题解决，原因是因为： 这样的fall-through每次在乎两个element，可以一口气搞定，无关乎再之前的elements。 特别的一点：flag来巧妙的掌控山峰和低谷的变化。又是神奇的一幕啊！ 这样子的奇观，见过就要知道了，没见过的时候有点摸不着头脑。
73. Queue Reconstruction by Height.java Level: Medium
别无他法, 只能写一遍例子, 找规律,然后greedy. 需要写一遍发现的规律比如: 从h大的开始排列, 先放入k小的. 写comparator的时候要注意正确性. 如果要sort, 并且灵活insert:用arrayList. 自己做一个object. 最后做那个'matchCount'的地方要思路清晰, 找到最正确的spot, 然后greedy insert.
O(n) space, O(nLog(n)) time, because of sorting.
可能有简化的余地, 代码有点太长. 比如试一试不用额外空间?
74. 2 Sum II - Input array is sorted.java Level: Medium
升序array, 找2SUM.
- 排序好的array. Two pointer移动start和end，核查sum.
- 注意sum用long.
- O(n) time
- 定住一个valueA, 然后在剩下的里面 binary serach 找 (target - valueB)
- O(nLogN), 就不写了
75. 2 Sum II.java Level: Medium
与 2sum II - input array is sorted类似. 都是sort array, 然后two pointer.
LintCode的题. 注意找的是greater/bigger than target。
由于给定条件允许O(nLogn):
sort
two pointer
while里面two pointer移动。每次如果num[left]+num[right] > target，那么其中所有num[left++]的加上num[right]都>target.
也就是,num[right]不动，计算加入挪动left能有多少组，那就是: right-left这么多。 全部加到count上去。
然后right--.换个right去和前面的left部分作比较。
76. Coin Change.java Level: Medium
给一串不同数额的coins, 和total amount to spent. 求 最少 用多少个coin可以组合到这个amount. 每种coins个数不限量.
- 找对方程dp[x], 积累到amount x最少用多少个coin: #coin是value, index是 [0~x].
- 子问题的关系是: 如果用了一个coin, 那么就应该是f[x - coinValue]那个位置的#coins + 1
- 处理边界, 一开始0index的时候, 用value0.
- 中间利用Integer.MAX_VALUE来作比较, initialize dp[x]
- 注意, 一旦 Integer.MAX_VALUE + 1 就会变成负数. 这种情况会在coin=0的时候发生.
- 方法1: 直接用Integer.MAX_VALUE
- 方法2: 用-1, 稍微简洁一点, 每次比较dp[i]和 dp[i - coin] + 1, 然后save. 不必要做多次min比较.
- dp[i] 依然表示: min # of coints to make amount i
- initialize dp[i] = Integer.MAX_VALUE
- 先选最后一步(遍历coins), 然后dfs做同样的操作
- 记录dp[amount] 如果已经给过value, 不要重复计算, 直接return.
- 但是这道题没必要强行做memoization, 普通DP的状态和方程相对来说很好找到
77. Maximum Product Subarray.java Level: Medium
从一组数列(正负都有)里面找一串连续的子序列, 而达到乘积product最大值.
- 求最值, 想到DP. Time/Space O (n)
- 两个特别处:
-
- 正负数情况, 需要用两个DP array.
-
- continuous prodct 这个条件决定了在Math.min, Math.max的时候,
- 是跟nums[x]当下值比较的, 如果当下值更适合, 会舍去之前的continous product, 然后重新开始.
- 这也就注定了需要一个global variable 来hold result.
- maxProduct && minProduct 里面的 index i, 都只能 i - 1相关, 所以可以省去redundant operatoins
- Time: O(n), space: O(1)
78. 3 Sum Closest.java Level: Medium
3Sum 的一种简单形式, 并且都没有找index, value, 而只是找个sum罢了.
double for loop。 2Sum只能用土办法 left/right 2 pointers。 O(n^2)
注意：check closest时候用long, 以免int不够用
79. Triangle Count.java Level: Medium
其实也就是3sum的变形, 或者而说2sum的变形. 主要用2 pointers来做. 注意, 在选index时候每次定好一个 [0 ~ i], 在这里面找点start, end, 然后i 来组成triangle. Note巧妙点: 在此之中, 如果一种start/end/i 符合, 那么从这个[start~end]中, 大于start的都可以, 所以我们count+= end-start. 反而言之, <end的其他index, 就不一定能符合nums[start] + nums[end] > nums[i]
80. 3 Sum.java Level: Medium
方法1: sort array, for loop + two pointer. O(n) 处理duplicate wthin triplets: 如果最外圈的移动点i重复, 一直顺到结尾的最后一个再用. 如果是triplet内有重复, 用完start point, 移动到结尾.
Previous notes: 注意:
- 找 value triplets, 多个结果。注意，并非找index。
- 要升序, 第一层for loop 从最后一个元素挑起, 保证了顺序。
- 去掉duplicate: check用过的同样的数字，都跳掉。不需要用同样的数字再计算一边已有结果。
步骤:
- For loop 挑个数字A.
- 2Sum 出一堆2个数字的结果
- Cross match 步骤1里面的A.
时间 O(n^2), 两个nested loop
另外, 还是可以用HashMap来做2Sum。稍微短点。还是要注意handle duplicates.
81. 4 Sum.java Level: Medium
方法1：
- 利用2Sum的原理，把4Sum分为连个2Sum。左一个pair,右一个pair，每个pair里面放2个数字。
- 以一个点，i，作为分界口，也要列举出所有i之前的pair,作为基础。
- 再尝试从所有i+1后面,找合适的2nd pair。
可以用HashSet, 可以直接比较list里面每一个元素, 保证set不重复. Previous Notes: 在造class Pair时候，要做@override的function: hashCode(), equals(Object d). 平时不太想得起来用。 参见 http://lifexplorer.me/leetcode-3sum-4sum-and-k-sum/
方法2： 3Sum外面再加一层. 参考3Sum. 时间O(n^3)。 但此方法在k-sum时候，无疑过于费时间. O(n^k)
82. Longest Increasing Subsequence.java Level: Medium
无序数组, 找最长的上升(不需要连续)数组 的长度. 先做O(n^2), 然后可否O(nLogN)?
- 考虑nums[i]结尾的时候, 在[0, i) 里count有多少小于nums[i]
- 对于所有 i in [0, n), 最常的increasing序列有多少length?
- max需要在全局维护: nums是无序的, nums[i]也可能是一个很小的值, 所以末尾dp[i]并不是全局的max, 而只是对于nums[i]的max.
- 正因此, 每个nums[i]都要和每个nums[j] 作比较, j < i.
- dp[i] = Maht.max(dp[i], dp[j] + 1); j = [0 , i - 1]
- 时间复杂度 O(n^2)
- 维持一个list of increasing sequence
- 这个list其实是一个base-line, 记录着最低的increasing sequence.
- 当我们go through all nums的时候, 如果刚好都是上升, 直接append
- 如果不上升, 应该去list里面, 找到最小的那个刚好大于new num的数字, 把它换成num
- 这样就完成了baseline. 举个例子, 比如替换的刚好是在list最后一个element, 等于就是把peak下降了, 那么后面其他的数字就可能继续上升.
- '维护baseline就是一个递增的数列' 的证明, 还没有仔细想.
83. Unique Binary Search Tree.java Level: Medium
Not quite clear. 根据左右分割而总结出了原理, 每次分割, 左右两边都会有一定数量的permutation, 总体上的情况数量当然是相乘. 然后每一个不同的分割点都加一遍: f(n) = f(0)*f(n-1) + f(1)*f(n-2) + ... + f(n-2)*f(1) + f(n-1)*f(0)
然后把数学公式转换成DP的方程, 有点玄学的意思啊! 不好想.
84. Unique Paths II.java Level: Medium
跟unique path的grid一样, 目标走到右下角, 但是grid里面可能有obstacle, 不能跨越. 求unique path 的count.
- dp[i][j]: # of paths to reach grid[i][j]
- dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - 1];
- 考虑最终结尾需要的状态:如何组成,写出公式.
- 公式中注意处理能跳掉的block, marked as 1. '到不了', 即为 0 path in dp[i][j].
85. Bomb Enemy.java Level: Medium
2D grid, 每个格子里面可能是 'W' wall, 'E' enemy, 或者是 '0' empty.
一个bomb可以往4个方向炸. 求在grid上面, 最大能炸掉多少个敌人.
- Space, Time: O(MN)
- dp[i][j] 就是(i, j)上最多能炸掉的enemy数量
- dp[i][j] 需要从4个方向加起来, 也就是4个方向都要走一遍, 所以分割成 UP/Down/Left/Right 4个 int[][]
- 最后一步的时候求max
- 分方向考虑的方法很容易想到,但是四个方向移动的代码比较繁琐.
- 往上炸: 要从顶向下考虑
- 往下炸: 要从下向上考虑
- 熟练写2D array index 的变换.
似乎还有一个更简洁的方法, 用col count array: http://www.cnblogs.com/grandyang/p/5599289.html
86. 3 Sum Smaller.java Level: Medium
一般的O(n3)肯定不行。在此基础上优化。 发现j,k满足条件时候，(k - j)就是所有 sum <target的情况了。 而一旦>target, 又因为j不能后退，只能k--，那么问题就被锁定了. 这样可以做到O(n2)
87. Update Bits.java Level: Medium
熟悉bits的一些trick:
- ~0 = -1 = 111111...11111111 (32-bit)
- Create mask by shifting right >>>, and shifting left
- Reverse to get 0000...11110000 format mask
- & 0000 = clean up; | ABC = assign ABC
88. Maximum XOR of Two Numbers in an Array.java Level: Medium
比较难想到. 利用到XOR性质A^B=C, then A=B^C.
-
枚举可能的A, 2. 然后一个个猜.
-
枚举A: 因为求MAX肯定是找leading-1最多的数字, 那么枚举A从(1000000...000)开始, 每次多一位取1或者0
-
因为枚举A的时候是按照每个bit来, 那么B和C也要以同样数位出现. 这里吧B和C变成了prefix的形式, 放在了set里面. 跟2sum用hashmap的思想类似, 每次用枚举的 A^B=C, 看看结果C是否已经在set里面. 如果在, 证明枚举的A可能被B^C得出, 那么就找到了一种情况.
还用到一些技巧: mask = (1 << i); // i位mask mask = mask | (1 << i); // prefix mask
89. Perfect Squares.java Level: Medium
给一个数字n, 找到这个数字 最少能用多少个 平方数组成.
平方数比如: 1, 4, 9, 16 ... etc
- 遇到最值, 想到DP.
- 看到分割字眼, 想到分割型 DP.
- 思考, 如果 j * j = 9, 那么 j = 3 就是最少的一步; 但是如果是10呢? 就会分割成1 + 9 = 1 + j * j
- 考虑最后的数字: 要是12割个1出来, 剩下11怎么考虑? 割个4出来,剩下8怎么考虑?
- partion的方式: 在考虑dp[i - x]的时候, x 不是1, 而是 x = j*j.
- 就变成了dp = Min{dp[i - j^2] + 1}
- 乍一看是O(n*sqrt(n)). 实际也是. 但如何推导?
- 考虑上限: 把小的数字变成大的 推导上限; 考虑下限: 把数字整合归小, 找到下限.
- 考虑sqrt(1) + sqrt(2) + ....sqrt(n):找这个的upper bound and lower bound.
- 最后发现它的两边是 Ansqrt(n) <= actual time complexity <= Bnsqrt(n)
- 那么就是O(n*sqrt(n))啦
- 一开始没clue.看了一下提示
- １. 第一步想到了，从数学角度，可能是从最大的perfect square number开始算起。
- ２. 然后想法到了dp， 假设最后一步用了最大的maxSqrNum, 那么就在剩下的 dp[i - maxSqrNum^2] +１ 不就好了？
- ３. 做了，发现有个问题．．．最后一步选不选maxSqrNum? 比如12就是个例子。
- 然后就根据提示，想到BFS。顺的。 把1～maxSqrNum 都试一试。找个最小的。
- 看我把12拆分的那个example. 那很形象的就是BFS了。
- 面试时候，如果拆分到这个阶段不确定，那跟面试官陶瓷一下，说不定也就提示BFS了。
90. Backpack VI.java Level: Medium
给一个数组nums, 全正数, 无重复数字; 找: # of 拼出m的方法.
nums 里的数字, 可以重复使用. 不同的order可以算作不同的拼法.
- dp[i] 表示: # of ways to fill weight i
- 1维: dp[w]: fill weigth w 有多少种方法. 前面有多少种可能性, 就sum多少个:
- dp[w] = sum{dp[w - nums[i]]}, i = 0~n
- 拼背包时, 可以有重复item, 所以考虑'最后被放入的哪个unique item' 就没有意义了.
- 背包问题, 永远和weight分不开关系.
- 这里很像coin chagne: 考虑最后被放入的东西的value/weigth, 而不考虑是哪个.
91. Longest Palindromic Subsequence.java Level: Medium
区间型动态规划.
- 用[i][j]表示区间的首尾
- �考虑3个情况: 砍头, 砍尾, 砍头并砍尾 (考虑首尾关系)
- Iteration一定是以i ~ j 之间的len来看的. len = j - i + 1; 那么反推, 如果len已知, j = len + i -1;
注意考虑len == 1, len == 2是的特殊情况.
92. Binary Search Tree Iterator.java Level: Medium
画一下, BST in order traversal. 用stack记录最小值, 放在top. O(h) space. 每次消耗TreeNode, 都看看rightNode(其实就是下一个最小的candidate), 并且一条龙stack叠上rightNode所有的left子孙.
Previous Notes: 用O(h)空间的做法：
理解binary search tree inorder traversal的规律： 先找left.left.left ....left 到底，这里是加进stack. 然后考虑parent,然后再right.
例如这题： stack里面top，也就是tree最左下角的node先考虑,取名rst. 其实这个rst拿出来以后, 它也同时是最底层left null的parent，算考虑过了最底层的parent。 最后就考虑最底层的parent.right, 也就是rst.right.
注意: next()其实有个while loop, 很可能是O(h).题目要求average O(1),所以也是okay的.
用O(1)空间的做法：不存stack, 时刻update current为最小值。
找下一个最小值,如果current有right child：
和用stack时的iteration类似,那么再找一遍current.right的left-most child,就是最小值了。
如果current没有right child:
那么就要找current node的右上parent, search in BinarySearchTree from root.
注意： 一定要确保找到的parent满足parent.left == current. 反而言之，如果current是parent的 right child, 那么下一轮就会重新process parent。 但是有错:binary search tree里面parent是小于right child的，也就是在之前一步肯定visit过，如此便会死循环。
93. Flatten Nested List Iterator.java Level: Medium
方法1: 用queue, 把需要的item全部打出来 方法2: 用stack, 把需要的item先存一行, 每次打开子序列时候, 全部加回stack.
94. Best Time to Buy and Sell Stock with Cooldown.java Level: Medium
Sequence DP 跟StockIII很像. 分析好HaveStock && NoStock的状态, 然后看最后一步.
95. Find Peak Element.java Level: Medium
binary search. Goal: find peak, where both sides are descending 最左边, 最右边是Integer.MIN_VALUE时候, 也能构成中间数mid是peak的条件.
Note: 没有必要特别check (mid-1)<0或者(mid+1)>=n. 证明:
- 最左端: 当start=0, end = 2 => mid = 1, mid-1 = 0;
- 最右端: 当end = n - 1, start = n - 3; mid = (start+end)/2 = n - 2; 那么mid + 1 = n - 2 + 1 = n - 1 < n 是理所当然的
96. Longest Common Subsequence.java Level: Medium
给两个string, A, B. 找这两个string里面的LCS: 最长公共字符长度 (不需要是continuous substring)
- 设定dp长度为(n+1), 因为dp[i]要用来表示前i个(ith)时候的状态, 所以长度需要时i+1才可以在i位置, hold住i.
- 双序列: 两个sequence之间的关系, 都是从末尾字符看起, 分析2种情况:
-
- A最后字符不在common sequence 或者 B最后字符不在common sequence.
-
- A/B最后字符都在common sequence. 总体count + 1.
97. Letter Combinations of a Phone Number.java Level: Medium
方法1: Iterative with BFS using queue.
方法2: Recursively adding chars per digit
98. Pow(x,n).java Level: Medium
傻做就O(n), 要更好就考虑O(logN). 减少重复计算, 一切两半.
注意:
- n/2的奇数偶数
- n的正负
- n == 0的情况, x == 0, x == 1 的情况.
99. Construct Binary Tree from Inorder and Preorder Traversal.java Level: Medium
和Construct from Inorder && Postorder 想法一样。
写出Preorder和Inorder的字母例子，发现Preorder的开头总是这Level的root。依此写helper,注意处理index。
100. Add Two Numbers.java Level: Medium
LinkedList都已经反转好了，直接做. 遍历两个l1,l2把carry-on处理好，每次生成一个新node，最后检查carry-on.
跟Add Binary的理解方式一模一样.
注意: Linked List 没有天然size. 用DummyNode(-1).next来hold住结果.
101. Add Two Numbers II.java Level: Medium
Singly-linked list需要reverse, 用stack. 最终结果要恢复成input list 那样的sequence方向, 用stack一个个pop()刚好就可以做到.
加法都一样:
- sum = carry
- carry = sum / 10
- sum = sum % 10;
102. Balanced Binary Tree.java Level: Medium
-
DFS using depth marker: 每个depth都存一下。然后如果有不符合条件的，存为-1. 一旦有 <0 或者差值大于1， 就全部返回Integer.MIN_VALUE. Integer.MIN_VALUE比较极端, 确保结果的正确性。 最后比较返回结果是不是<0. 是<0，那就false. Traverse 整个tree, O(n)
-
Only calculate depth using maxDepth function. Same concept as in 1, but cost more traversal efforts.
103. Populating Next Right Pointers in Each Node.java Level: Medium
方法1：
题目要求DFS. 想清楚了如何在DFS level把几种情况都考虑了, 写起来很简单.
其实basic implementation, 每次处理next链接:
- node.left.next = node.right
- If node.next != null, link node.right.next = node.next.left;
方法2:
不和题意，用了queue space，与Input成正比。太大。
BFS over Tree。 用Queue 和 queue.size()，老规矩。
process每层queue时, 注意把next pointer加上去就好.
104. Validate Binary Search Tree.java Level: Medium
查看每个parent-child关系。同时把root level上面传下来max,min界限定住。
Note: min/max需要时long type. 如果题目真的给node.val = Integer.MAX_VALUE, 我们需要能够与之比较, long就可以.
105. Convert Sorted List to Binary Search Tree.java Level: Medium
Divide and Conquer
找到mid node
方法1: 用长度来定位mid, 每次找中间点做root, 然后前半段, 后半段分别dfs with length.
方法2: 用快慢pointer Better: 不用traverse entire linked list
slowPointer = node; fastPointer = node.next;
然后把root = mid.next
然后开始sortedListToBST(mid.next.next); //后半段
mid.next = null;//非常重要，要把后面拍过序的断掉
sortedListToBST(head); //从头开始的前半段
最后root.left, root.right merge一下。
106. Flatten Binary Tree to Linked List.java Level: Medium
分析题意后, 按照题意: Flatten it with in-place order
- reserve right child
- DFS flatten部分
- 移花接木
- flatten 剩下的.
107. Minimum Size Subarray Sum.java Level: Medium
方法1: 2 pointer, O(n). 找subarray, start 或 end pointer，每次一格这样移动.
好的策略:
- 先找一个solution, 定住end.
- 然后移动start; 记录每个solution if occurs
- 然后再移动end，往下找。
Note: 虽然一眼看上去是nested loop.但是分析后，发现其实就是按照end pointer移动的Loop。start每次移动一格。总体上，还是O(n)
方法2: Double for loop, base i 每次只+1, 所以最后O(n^2)
方法3: Binary Search, O(nLogN) Not done yet
108. Clone Graph.java Level: Medium
给一个graph node, 每个node有list of neighbors. 复制整个graph, return new head node.
思想:
- Use HashMap to mark cloned nodes.
- 先能复制多少Node复制多少. 然后把neighbor 加上
- copy the node
- Mark 'added' using map(old, new)
- for loop on the each one of the neighbors: map copy, record in map, and further dfs
- once dfs completes, add newNeighbor as neighbor of the new node (get to it via map)
- 主要思想是: 一旦复制过了, 不必要重新复制
_ Copy the root node, then copy all the neighbors. _ Mark copied node in map. _ Use queue to contain the newly added neighbors. Need to work on them in the future.
initialize map with (node, newNode)
109. Longest Substring Without Repeating Characters.java Level: Medium
方法1: Two Pointers 双指针: 从start开始遍历, 但是第一步是while loop来推进end; 直到推不动end, 然后start++ 巧妙点: 因为end是外围variable, 在start的loop上, end不会重置;[star ~ end] 中间不需要重复计算. 最终可以O(n);
Previous verison of two pointers:
用两个pointer, head和i.
注意：head很可能被退回到很早的地方，比如abbbbbba,当遇到第二个a，head竟然变成了 head = 0+1 = 1.
当然这是不对的，所以head要确保一直增长，不回溯
方法2: HashMap<Char, Integer>: <character, last occurance index> 一旦有重复, rest map. 没有重复时候, 不断map.put(), 然后求max值
问题: 每次reset map之后就开始从新从一个最早的index计算, 最坏情况是O(n^2): 'abcdef....xyza'
110. Remove Nth Node From End of List.java Level: Medium
O(n), one pace, no extra space 找到窗口, 然后平移, 最后pre 和 head之间 skip一个node就好.
111. Longest Substring with At Most K Distinct Characters.java Level: Medium
大清洗 O(nk)
map.size一旦>k，要把longest string最开头（marked by pointer:start）的那个char抹掉
一旦某一个char要被清除，所以在这个char 的1st and last appearance之间的char都要被清洗from map
112. Linked List Cycle II.java Level: Medium
方法1: 快慢指针, O(1)space.
确认有cycle后, 其实是数学问题: 当head == slow.next时候， head就是cycle starting point. 也就是说，当slow 移动到了那个回溯点，slow.next那个点就刚好是head的那个点...
证明:
- 假设慢指针走t步, 快指针走快一倍, 也就是2t.
- 我们假设cycle的长度是Y, 而进入cycle之前的长度为X.
- 假设慢指针走了m圈cycle, 而快指针走了n圈cycle之后, 两个pointer相遇.
- 最终在Y cycle里面的K点相遇, 也就是两个指针都在这最后一圈里面走了K 步. => 那么: t = X + mY + K 2t = X + nY + K �整合公式: X + K = (n - 2m)Y 这里的m和n不过是整数的跑圈数, 也就是说X和K加在一起, 总归是结束cycle. X 和 K 互补 => 结论: 当slow/fast 指针在K点相遇后, 再走X步, 就到了cycle的起点, 也就是题目要求的起点.
方法2: HashMap, O(n) space
113. Kth Smallest Number in Sorted Matrix.java Level: Medium
方法1: 和Merge K sorted Array/ List 类似：使用PriorityQueue。
因为Array的element无法直接找到next,所以用一个class Node 存value, x,y positions.
方法2: Binary Search https://leetcode.com/problems/kth-smallest-element-in-a-sorted-matrix/discuss/85182/my-solution-using-binary-search-in-c
变型: Kth Largest in N Arrays
114. Find Minimum in Rotated Sorted Array.java Level: Medium
画图, 最小值被rotate之后, 变成array中间的最低谷. 并且, 左边山坡的最小值, 大于右边山坡的最大值. 以此来给binary search做判断.
O(nlogn)
115. Connecting Graph.java Level: Medium
没有跑过这个程序, 是一个UnionFind的简单实现. Document了每个环节的计算原理/思想.
116. Connecting Graph II.java Level: Medium
Lint还不能跑, 全部按照题意和答案document的.
117. Connecting Graph III.java Level: Medium
还是UnionFind的变形, 这次是算有剩下多少个union. 其实非常简单, 维持一个全局变量count: 一开始count=n, 因为全是散装elements; 每次union, count--.
118. Number of Islands.java Level: Medium
方法1: 两个for loop brutle force。 DFS把每个跟1相关的都Mark一遍.生成一个island.
方法2: 可以用union-find， 就像Number of island II 一样。 只不过这个不Return list, 而只是# of islands 记住UnionFind的模板和几个变化(Connecting Graph I, II, III), 最后归总的代码写起来就比较简单.
119. Graph Valid Tree.java Level: Medium
复习Union-Find的另外一个种形式。
题目类型：查找2个元素是不是在一个set里面。如果不在，false. 如果在，那就合并成一个set,共享parent.
存储的关键都是：元素相对的index上存着他的root parent.
注意: 结尾要检查, 是否只剩下1个union. Tree必须连接到所有给出的node.
另一个union-find， 用hashmap的：http://www.lintcode.com/en/problem/find-the-weak-connected-component-in-the-directed-graph/
120. Implement Trie.java Level: Medium
Tire, 也即是 Prefix Tree.
HashMap构建Trie。 Trie三个Method:
- Inset: 加 word
- Search: 找word
- StartWith: 找prefix
只有两条children的是binary tree. 那么多个children就是Trie。 那么没有left/right pointer怎么找孩子？
用HashMap，以child的label为Key，value就是child node。 HashMap走位
Note:
node里的char在这是optional. 只要在每个TrieNode里面用map存储向下分布的children就好了.
另外有种题目，比如是跟其他种类的search相关，在结尾要return whole string，就可以在node里存一个up-to-this-point的String。
121. Add and Search Word.java Level: Medium
Trie结构, prefix tree的变形： '.'可以代替任何字符，那么就要iterate这个node所有的children.
节点里面有char, isEnd, HashMap<Character, TrieNode>
Build trie = Insert word:没node就加，有node就移动。
Search word:没有node就报错. 到结尾return true
这题因为'.'可以代替任何possible的字符，没一种都是一个新的path，所以recursive做比较好些。
(iterative就要queue了,麻烦点)
122. Word Search.java Level: Medium
Backtracking: 找到开头的字母, 然后recursively DFS 去把word串到底: 每到一个字母, 朝四个方向走, 之中一个true就可以.
Note:每次到一个字母，mark一下'#'. 4个path recurse回来后，mark it back.
Backtracking方法2:
用一个boolean visited[][]
123. Expression Expand.java Level: Medium
- 与Stack时需要考虑的一些function类似. 特别之处: 检查[ ]的结尾
- 因为DFS时候, 括号里的substring会被保留着进入下一个level, 所以我们在base level要keep track of substring.
- 用int paren 来track 括号的开合, 当paren再次==0的时候 找到closure ']'
- Stack存 [ ] 里面的内容, detect 括号开头结尾: 结尾时process inner string
- 有很多需要注意的细节才能做对:
- Stack 也可以用, 每个地方要注意 cast. 存进去的需要是Object: String, Integer
- 几个 type check: instanceof String, Character.isDigit(x), Integer.valueOf(int num)
- 出结果时候, 不能轻易 sb.reverse().toString(): sb.reverse() 翻转了整个连在一起的string, 错.
- 用另一个Stack作为buffer, 先把stack里面的内容倒出来 (pure), 但是每个item里面顺序不变.
- 最后再从buffer里面倒进StringBuffer.
-
用到bottom->top递减的stack: 最底下的root维持成最大的element.
-
过程当中, 一旦遇到currNode.val > stack.peek(), 就意味着需要把这个currNode放在 stack的底层位置.
-
也就是说, 遇到这个条件, process, pop()所有 currNode.val > stack.peek(), 最后把currNode加进去.
-
maxTree题目本身的要求是: 大的在最中间, 左右两边的subTree也要是maxTree:
-
Monotonous Stack在这里帮助 keep/track of max value, 但是left/right tree的logic是MaxTree独有的.
-
left/right node的assignment是根据题目要求: 中间最大值分开后, 左边的是左边subTree, 右边的作为右边subTree.
- Should memorize MaxTree. 依次类推，会做Min-Tree, Expression Tree
- Stack里，最大的值在下面。利用此性质，有这样几个step:
- 把所有小于curr node的，全Pop出来, while loop, keep it going.
- 最后pop出的这个小于Curr的node：它同时也是stack里面pop出来小于curr的最大的一个，最接近curr大小。（因为这个stack最大值靠下面）
- 把这个最大的小于curr的node放在curr.left.
- 那么，接下去stack里面的一定是大于curr：
- 那就变成curr的left parent. set stack.peek().right = curr.
- 结尾：stack底部一定是最大的那个，也就是max tree的头。
- 注意不要思维定式: 以为mid是index
- 这里mid其实是binary search on value [1, n] 的一个value.
- 再次用到validate() function
- 简单的implementation, 把count function写清楚就好.
- time: O(mn), extra space: O(mn)
- 注意结尾要一个个board[i][j]copy
- time: O(mn), extra space: O(1)
- bit manipulation: 用第二个bit来存previous value.
- 因为我们只考虑 0 和 1 而已, 所以可以这样取巧. 但是并不scalable.
- 如果需要存multiple state, 可能需要移动更多位, 或者用一个 state map
- 注意 bit manipulation 的细节: <<1, >>1, 还有 mast的用法: |, &
- 把Interval拆分成数轴上的Point
- 起飞mark 1
- 降落mark -1
- 用PriorityQueue排序， loop through queue, 计算(起飞+降落)值可能有的max。
- 同时起飞和降落，就是 1 - 1 = 0. 所以在while loop里面有第二个while loop，
- 当坐标x重合时，在这里做完所有x点的加减，然后再比较 max。
- 这避免了错误多count，或者少count
- PriorityQueue + 一个Class来解决.Ｏ(nlogn)
- 跟 Number of Airpline in the sky是同一道题
- 计数DP.注意方程式前两位置加在一起: 前两种情况没有overlap, 也不会缺情况.
- 注意initialization, 归1.
- 需要initialize的原因是,也是一个reminder: 在方程中会出现-1index
- Of course, row i = 0, or col j = 0, there is only 1 way to access
- time O(mn), space O(mn)
- [i] 只跟 [i - 1] 有关系, 用 curr/prev 建立滚动数组.
- space O(n) 优化空间
- 正方形, 需要每条边都是一样长度.
- 以右下角为考虑点, 必须满足条件: left/up/diagonal的点都是1
- 并且, 如果三个点分别都衍生向三个方向, 那么最长的 square 边就是他们之中的最短边 (受最短边限制)
- dp[i][j]: max square length when reached at (i, j), from the 3 possible directions
- dp[i][j] = Math.min(Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]), dp[i - 1][j - 1]) + 1;
- Space, time O(mn)
- 要赢, 必须保证对手拿到棋盘时, 在所有他可走的情况中, '有可能败', 那就足够.
- 设计dp[i]:表示我面对i个coins的局面时是否能赢, 取决于我拿掉1个,或者2个时, 对手是不是会可能输?
- dp[i] = !dp[i - 1] || !dp[i-2]
- 时间: O(n), 空间O(n)
- 博弈问题, 常从'我的第一步'角度分析, 因为此时局面最简单.
- 跟Coins in a line I 不一样: 每个coin的value不同.
- 用到MiniMax的思想, 这里其实是MaxiMin. Reference: http://www.cnblogs.com/grandyang/p/5864323.html
- Goal: 使得player拿到的coins value 最大化.
- 于此同时, 你的对手playerB也想最大化, 而你的选择又不得不被对手的选择所牵制.
- 用MaxiMin的思想, 我们假设一个当下的状态, 假想对手playerB会做什么反应(从对手角度, 如何让我输)
- 在劣势中(对手让我输的目标下)找到最大的coins value sum
- 设定dp[i]: 从index i 到 index n的最大值. 所以dp[0]就是我们先手在[0 ~ n]的最大取值
- 如果我选了i, 那么对手就只能选(i+1), (i+2) 两个位置, 而我在对方掌控时的局面就是min(dp[i+2], dp[i+3])
- 如果我选了i和(i+1), 那么对手就只能选(i+2), (i+3) 两个位置, 而我在对方掌控时的局面就是min(dp[i+3], dp[i+4])
- 大家都是可选1个或者2个coins
- 目标是maximize上面两个最坏情况中的最好结果
- 更加简化一点: 如果我是先手, dp[i]代表我的最大值.
- 取决于我拿了[i], 还是[i] + [i+1], 对手可能是dp[i + 1], 或者是dp[i+2]
- 其实dp[i] = Math.max(sum - dp[i + 1], sum - dp[i + 2]);
- 这里的sum[i] = [i ~ n] 的sum, 减去dp[i+1], 剩下就是dp[i]的值没错了
- 这个做法是从最后往前推的, 注意initialize dp末尾的值.
- dp = new int[n + 1]; dp[n] = 0; // [n ~ n]啥也不选的时候, 为0.
- sum = new int[n + 1]; sum[n] = 0; // 啥也不选的时候, 自然等于0
- 然后记得initialize (n-1), (n-2)
- 双stack的思想, 需要在图纸上画一画
- 原本需要的顺序是: 先leftChild, rightChild, currNode.
- 营造一个stack, reversely process: 先currNode, 再rightChild, 再leftChild
- 这样出来的结果是reverse的, 那么翻转一下就可以了.
- v1做的时候用了stack1, stack2, 因为根据这个双stack的思想而来
- v2简化, 可以放在一个stack里面, 每次record result 的时候: rst.add(0, item);
- 每次加element进stack的时候, 想要在 bottom/后process的, 先加
- 想要下一轮立刻process的, 最后push进stack.
- 用 str.split("\.") 分割string
- Convert成integer, 逐个击破
- '1.0' 和 '0' 是相等的
- 如果可以假设version integer都是valid, 直接Integer.parseInt()就可以了
- 不然的话, 可以compare string
- 每次看最左left depth和最右leaf depth 是不是一样, 如果一样, 直接 2 ^ h - 1就好
- 不一样的话, 再DFS
- 直接DFS会timeout, O(n), 其实可以optimize
- to pass the test with O(h^2), 位运算: Math.pow(2, h) = 2 << (h - 1). 神奇!
- 2 << 1就是把所有bits往左移动一位, 也就是 * 2
- See details in comments inline. 要对tree非常理解
- binary tree one child tree nodes # = 2 ^ h - 1; 所以一个child tree + root = 2 ^ h
- 一堆课用int[2] pair 来表示. [1, 0] 表示要上课1的话, 必须先把课0上了.
- 每一个数字都是一个ndoe, 题目问是否能把所有的课排了
- input是 numOfCourses, 还有这个prerequisites [[]]
- 给一个graph of nodes
- 目标是根据edge 的 direction, 把这个graph 里面的 node sort 一个list
- 如果有cycle, 这个item就不会被放在最后的list 里面.
- 比如: 如果两个课互相是dependency, 就变成了cyclic dependency, 这样不好.
- Kahn algorithem:
- 先build一个graph map: <node, list of nodes >
- count in-degree: inDegree就是每个node上面, 有多少个走进来的edge?
- 那些没有 in-coming-edge的, indegree 其实就 等于 0, 那么他们就应该在final result list里面
- 对这些 indegree == 0 的 nodes BFS
- 模拟visit每个ndoe, 如果visit过了, 这个node上的 indegree--, 然后如果最终 indegree == 0, 这个node就成功进入final list.
- Note: 如果有cycle, indegree是不会变成0的, 它也无法进入最终list.
- 这道题没有要求作出final list, 相对简单, 只要visit每个nodes, 最后确认没有cycle就好了
- 用 visited int[] 来确认是否有cycle. 1 代表 paretNode visited, -1 代表在DFS上一行的标记
- 如果遇到-1, 说明这个node在上一级或者以上的同一个dfs path里面已经走过, 那么证明有cycle, return false.
- 真的topo sort会在DFS的底端, 把record放进一个stack, 最后reverse, 就是真的sort order.
- 还有 List[] arrayOfList = new ArrayList[]; 这样的操作啊, 代替了map<integer, integerList>
- 一堆课用int[2] pair 来表示. [1, 0] 表示要上课1的话, 必须先把课0上了.
- 每一个数字都是一个ndoe, 题目求这个最后排好的课的list
- 如果排不好, 就给个空就好
- input是 numOfCourses, 还有这个prerequisites [[]]
- 每个没有 inDegree==0 node, 都是可以加进 final list里面的. 比如一开始找到的那些 inDegree = 0的 node
- 注意, 如果 prerequisites = [], 那么就是说这些课都independent, 开个int[0 ~ n-1]的数组并赋值就好.
- 如果有cycle, 严格意义上就做不了topological sort, 也无法涵盖所有nodes, 那么return [ ]
- 根据 Course Schedule 里面的DFS 修改
- 维持visited int[]全局变量
- 维持sortedList int[] 全局变量, 注意加进去的时候是 add(0, node) 加在开头这样
- 每次到一个node的children全部DFS走完之后, 就可以把他加进final list里面
- 如果有cycle, 也就是dfs return false的时候, 这个题目判定排课失败, return new int[] { }
- TreeSet还是一个set, 我们用来装已经visit过得item
- 如果window大小超过K, 那么把nums[i - k - 1] 去掉, 并且加上新的element
- 这里有个公式推算: (Math.abs(A-B) <= t) =>>>>> (-t <= A - B <= t) =>>>>>> A >= B - t, A <= B + t
- 也就是说, 如果对于 B = nums[i], 来说, 能找到一个target A, 满足上面的公式, 那么就可以 return true.
- Time O(nLogk), treeSet的大小不会超过k, 而 treeSet.ceiling(), treeSet.add(), treeSet.remove() 都是 O(logK)
- Space O(k)
- 与Contains Duplicate II 类似概念. TreeSet有BST 因此可以直接用, 而不用自己构建BST
- 简化题目里面的重要条件 Math.abs(A-B) <= t 而推断出 A >= B - t, A <= B + t
- 并且需要需要用 TreeSet.ceiling(x): return number greater or equal to x. 这个用法要记住吧, 没别的捷径.
- 换完之后，理论上换成的String 就应该全等
- for loop, 一旦找到不一样的char, 就判断那三种可能性
- insert/delete 对于2个string来说, 效果是类似的
- O(n)
- DP[i]: 在i点记录，i点之前的步数是否可以走到i点？ True of false.
- 其实j in [0~i)中间只需要一个能到达i 就好了
- Function: DP[i] = DP[j] && (A[j] >= i - j), for all j in [0 ~ i)
- Return: DP[dp.length - 1];
- It timesout, O(n^2)
- Keep track of farest can go
- 一旦 farest >= nums.length - 1, 也就是到了头, 就可以停止, return true.
- 一旦 farest <= i, 也就是说, 在i点上, 已经走过了步数, 不能再往前跳, 于是 return false
- O(MN): M, total target amount; N: size of coins
- 状态: dp[i]: sum of ways that coins can add up to i.
- Function: dp[j] += dp[j - coins[i]];
- Init: dp[0] = 1 for ease of calculation; other dp[i] = 0 by default
- note: 避免重复count, 所以 j = coins[i] as start
- 注意 coins 可能需要放在for loop 外面, 而主导换coin的流程.
- 类似于: 网格dp, unique path 里面的2种走法: 从上到下, 从左到右
- 确定末尾的2种状态: single letter or combos. 然后计算出单个letter的情况, 和双数的情况
- 定义dp[i] = 前i个digits最多有多少种decode的方法. new dp[n + 1].
- 加法原理: 把不同的情况, single-digit, double-digit 的情况加起来
- note: calculate number from characters, need to - '0' to get the correct integer mapping.
- 注意: check value != '0', 因为'0' 不在条件之中(A-Z)
- Time, Space O(MN)
- 往右下角走, 计算最短的 path sum. 典型的坐标型.
- 注意: init 第一行的时候, 要accumulate dp[0][j - 1] + grid[i][j], 而不是单纯assign grid[i][j]
- Time O(MN), Space O(1)
- 需要在同一个for loop里面完成initialization, 和使用dp[i][j]
- 原因: dp[i % 2][j] 在被计算出来的时候, 是几乎马上在下一轮是要被用的; 被覆盖前不备用,就白算
- 如果按照第一种方法, 在开始initialize dp, 看起来固然简单, 但是不方便空间优化
- 对于每一个数字, 其实很简单就能算出来: 每次 >>1, 然后 & 1 就可以count 1s. Time: 一个数字可以 >>1 O(logN) 次
- 现在要对[0 ~ num] 都计算, 也就是N个数字, 时间复杂度: O(nLogN).
- 用DP来优化, 查找过的number的1s count, 存下来在 dp[number]里面.
- 计算你顺序从 0 -> num, count过的数字就可以重复利用.
- Bit题目 用num的数值本身表示DP的状态.
- 这里, dp[i] 并不是和 dp[i-1]有逻辑关系; 而是dp[i] 和dp[i>>1], 从binary representation看出有直接关系.
- O(n^2)
- 需要记录在0 ~ i点(包括nums[i], 以nums[i]结尾)的sum, 坐标型动态规划.
- dp[i] = dp[i - 1] + nums[i];
- 最后移动, 作比较
- 从sum = 每次[i ~ j]的所有情况
- 验证
- 根据dp[i-1]是否被rob来讨论dp[i]: dp[i] = Math.max(dp[i-1], dp[i - 2] + nums[i - 1]);
- 特别的是，末尾的last house 和 first house相连. 这里就需要分别讨论两种情况: 第一个房子被搜刮, 或者第一个房子没被搜刮
- be careful with edge case nums = [0], only with 1 element.
- 是否搜刮了第一个房子, 分出两个branch, 可以看做两种状态.
- 可以考虑用两个DP array; 也可以加一dp维度, 补充这个状态.
- 连个维度表示的是2种状态(1st house being robbed or not); 这两种状态是平行世界的两种状态, 互不相关.
- 判断当下的node是否被采用，用一个boolean来表示.
- 如果curr node被采用，那么下面的child一定不能被采用.
- 如果curr node不被采用，那么下面的children有可能被采用，但也可能略过，所以这里用Math.max() 比较一下两种可能有的dfs结果。
- dfs重复计算:每个root都有4种dive in的可能性, 假设level高度是h, 那么时间O(4^(h)), where h = logN, 也就是O(n^2)
- 并不是单纯的DP, 是在发现DFS很费劲后, 想能不能代替一些重复计算?
- 基本思想是dfs解法一致: 取root找最大值, 或者不取root找最大值
- 在root上DFS, 不在dfs进入前分叉; 每一个level按照状态来存相应的值: dp[0] root not picked, dp[1] root picked.
- Optimization: DP里面, 一口气找leftDP[]会dfs到最底层, 然后自下向上做计算
- 这个过程里面, 因为没有在外面给dfs()分叉, 计算就不会重叠, 再也不用回去visit most-left-leaf了, 算过一遍就完事.
- 然而, 普通没有dp的dfs, 在算完visited的情况下的dfs, 还要重新dfs一遍!visited的情况.
- Space O(h), time O(n), 或者说是O(2^h), where h = log(n)
- 不为状态而分叉dfs
- 把不同状态model成dp
- 每一个dfs都return一个based on status的 dp array.
- 等于一次性dfs计算到底, 然后back track, 计算顶部的每一层.
- DP 并不一定要是以n为base的. 也可以是局部的去memorize状态->value.
- 在遍历str的时候，考虑从每个curr spot 到 str 结尾，是能有多少种palindorme?
- 那就从curr spot当个字符开始算，开始back tracing.
- 如果所选不是palindrome， 那move on.
- 若所选的确是palindrome, 加到path里面，DFS去下个level，等遍历到了结尾，这就产生了一种分割成palindrome的串。
- 每次DFS结尾，要把这一层加的所选palindrome删掉，backtracking嘛
- 可以再每一个dfs level 算 isPalindrome(S), 但是可以先把 boolean[][] isPalin 算出来, 每次O(1) 来用
- 注意: isPalin[i][j] 是 inclusive的, 所以用的时候要认准坐标
- Overall Space O(n^2): 存 isPlain[][]
- Time O(n!), 每一层的for loop spawn n * (n - 1) * (n - 2)
- 如果做s1的permudation, 时间复杂度是O(n!) 肯定不可以
- 这里用HashTable的做法 (因为26字母, 所以用int[26]简化) 来记录window内的 character count
- 如果window内的character count 相等, 那么就是permudation
- 更进一步优化: 找两个map相互对应, 不如用一个 int[26]: s1对遇到的character做加法, s2对遇到的character做减法
- two pointer 运用在 n1, n2 的把控; 以及 s2.charAt(i - n1) 这一步
- 排序,
- Mark visited. 通过permutation规律查看是否排出了重复结果
- 并且要检查上一层recursive时有没有略过重复element
- time O(n!)
- 在recursive call里面有for loop, 每次从i=0开始, 试着在当下list上加上nums里面的每一个。
- 从i=0开始，所以会依次recursive每一个nums：
- 因此，例如i=2,肯定比i=3先被访问。也就是:取i=2的那个list permutation肯定先排出来。
- 重复的例子：给出Input[x, y1, y2], 假设y的值是一样的。那么，{x,y1,y2}和{x,y2,y1}是相同结果。
- 综上，y1肯定比y2先被访问,{x,y1,y2}先出。 紧随其后，在另一个recursive循环里，{x,y2...}y2被先访问，跳过了y1。
- 重点:规律在此，如果跳过y1，也就是visited[y1] == false, 而num[y2] == num[y1]，那么这就是一个重复的结果，没必要做，越过。
- 结果:那么，我们需要input像{x,y1,y2}这样数值放一起，那么必须排序。
- Idea from: https://www.sigmainfy.com/blog/leetcode-permutations-i-and-ii.html
- 用到 sublist sort
- 用 swap function, 在原数组上调节出来新的permutation
- 注意: 每次拿到新的candidate, 都要把没有permutate的数位sort, 然后再开始swap.
- 这是为了确保, [j]和[j-1]在重复时候, 不用重新记录.
- 给一个visited queue
- 和queue在所有的地方一同populate.
- 然后visited里面存得时visited indexes。 (Not efficient code. check again)
- Permutation 实际上就是在list/array/... 上面给元素换位置
- 硬换位置, 每次换的位置不同, 用random来找到要换的index
- 维持同一个random seed
- O(n)
- compute all permutations 太慢, 不可行.
- 存anagram
- 用 character frequency 来做unique key
- 用固定长度的char[26] arr 存每个字母的frequency; 然后再 new string(arr).
- 因为每个位子上的frequency的变化，就能构建一个unique的string
- O(nk), k = max word length
- 和check anagram 想法一样：转化并sort char array，用来作为key。
- 把所有anagram 存在一起。注意结尾Collections.sort().
- O(NKlog(K)), N = string[] length, k = longest word length
- 简单直白的思考 dp[i][m]: 前i本书, 背包大小为M的时候, 最多能装多种的书?
- 注意: 背包问题, 重量weight一定要是一维.
- dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - 1][j - A[i - 1]] + A[i - 1]);
- 每一步都track 最大值
- 最后return dp[n][m]
- 时间空间 O(mn)
- Rolling array, 空间O(m)
- true/false求解, 稍微曲线救国: 重点是, 最后, 按照weight从大到小遍历, 第一个遇到true的, index就是最大值.
- 考虑: 用i个item (可跳过地取), 是否能装到weight w?
- 需要从'可能性'的角度考虑, 不要搞成单一的最大值问题.
-
- 背包可装的物品大小和总承重有关.
-
- 不要去找dp[i]前i个物品的最大总重, 找的不是这个. dp[i]及时找到可放的最大sum, 但是i+1可能有更好的值, 把dp[i+1]变得更大更合适.
- boolean[][] dp[i][j]表示: 有前i个item, 用他们可否组成size为j的背包? true/false.
- (反过来考虑了，不是想是否超过size j, 而是考虑是否能拼出exact size == j)
- 注意: 虽然dp里面一直存在i的位置, 实际上考虑的是在i位置的时候, 看前i-1个item.
-
- picked A[i-1]: 就是A[i-1]被用过, weight j 应该减去A[i-1]. 那么dp[i][j]就取决于dp[i-1][j-A[i-1]]的结果.
-
- did not pick A[i-1]: 那就是说, 没用过A[i-1], 那么dp[i][j]就取决于上一行d[i-1][j]
- dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - A[i - 1]]
- 跑一遍dp 最下面一个row. 从末尾开始找, 最末尾的一个j (能让dp[i][j] == true)的, 就是最多能装的大小 :)
- 时间，空间都是：O(mn)
- 做了Backpack I, 这个就如出一辙, 只不过: dp存的不是max weight, 而是 value的最大值.
- 想法还是，选了A[i - 1] 或者没选A[i - 1]时候不同的value值.
- 时间空间O(mn)
- Rolling Array, 空间O(m)
- 如果无法达到的w, 应该mark as impossible. 一种简单做法是mark as -1 in dp.
- 如果有负数value, 就不能这样, 而是要开一个can[i][w]数组, 也就是backpack I 的原型.
- 这样做似乎要多一些代码, 好像并不是非常需要
- 与背包1不同: 这里不是check可能性(OR)或者最多能装的size是多少; 而是计算有多少种正好fill的可能性.
- dp[i][w]: 用前i本书, 正好fill到 w weight的可能性.
- 对于末尾, 还是两种情况:
-
- i-1位置没有加bag
-
- i-1位置加了bag
- 两种情况可以fill满w的情况加起来, 就是我们要的结果.
- 如常: dp[n + 1][w + 1]
- 重点: dp[0][0] 表示0本书装满weight=0的包, 这里我们必须 dp[0][0] = 1, 给后面的 dp function 做base
- Space, time: O(MN)
- Rolling array, 空间优化, 滚动数组. Space: O(M)
- 分析row(i-1)的规律, 发现所有row(i)的值, 都跟row(i-1)的左边element相关, 而右边element是没用的.
- 所以可以被override.
- Space: O(M), 真*一维啊!
- Time: O(MN)
- stack 里面 存数字
- 每次遇到operator, 都拿前2个数字计算
- 计算结果存回到stack里面, 方便下一轮使用.
- Time,Space O(n)
- head和tail特别巧妙：除掉头和尾，和加上头和尾，就都特别快。
- 用双向的pointer: pre和next, 当需要除掉任何一个node的时候，只要知道要除掉哪一个，
直接把node.pre和node.next耐心连起来就好了，node就自然而然的断开不要了。 - 于是需要移动parent去找children level的next node。
- 并且每次在一个level, 要用BFS的思想把所有parent 过一遍，也就是把parent 正下方的children全部用.next链接起来
原因: 到下一层children变成parent, 他们需要彼此之间的connection, grand children才可以相互连接。 - 第一步, 理解题目要求的问题: 前k个人copy完n本书, 找到最少的用时; 也可以翻译成, n本书, 让k个人来copy, 也就是分割成k段.
- 最后需要求出 dp[n][k]. 开: int[n+1][k+1].
- 在[0 ~ n - 1]本书里, 最后一个人可以选择copy 1 本, 2 本....n本, 每一种切割的方法的结果都不一样
- 木桶原理, 因为K个人同时开始, 最坏的情况决定结果
- dp[n][k] = Math.min(Math.max(dp[j][k - 1], sum[j+1, n-1]), loop over i, k, j)
- Time: O(kn^2), space O(nk)
- Init: dp[0][0] = 0, 0个人0本书
- Integer.MAX_VALUE的运用:
- 当 i = 1, k = 1, 表达式: dp[i][k] = Math.min(dp[i][k], Math.max(dp[j][k - 1], sum));
- 唯一可行的情况就只有一种: i=0, k=0, 刚好 0 个人 copy 0 本书, dp[0][0] = 0.
- 其他情况, i = 1, k = 0, 0 个人读 1本书, 不可能发生: 所以用Integer.MAX_VALUE来冲破 Math.max, 维持荒谬值.
- 当 i=0, k=0 的情况被讨论时候, 上面的方程式才会按照实际情况计算出 dp[i][k]
- 这道题的init是非常重要而tricky的
- k个人, 需要一个for loop;
- k个人, 从copy1本书开始, 2, 3, ... n-1,所以 i=[1, n], 需要第二个for loop
- 在每一个i上, 切割的方式可以有[0 ~ i] 中, 我们要计算每一种的worst time
- [k] 只有和 [k - 1] 相关
- Space: O(n)
- 根据: 每个人花的多少时间(time)来做binary search: 每个人花多久时间, 可以在K个人之内, 用最少的时间完成?
- time variable的范围不是index, 也不是page大小. 而是[minPage, pageSum]
- validation 的时候注意3种情况: 人够用 k>=0, 人不够所以结尾减成k<0, 还有一种是time(每个人最多花的时间)小于当下的页面, return -1
- O(nLogM). n = pages.length; m = sum of pages.
- 给两个string S, T. 检验他们是不是scramble string.
- scramble string 定义: string可以被分拆成binary tree的形式, 也就是切割成substring;
- 旋转了不是leaf的node之后, 形成新的substring, 这就是原来string的 scramble.
- 降维打击, 分割, 按照长度来dp.
- dp[i][j][k]: 数组S从index i 开始, T从index j 开始, 长度为k的子串, 是否为scramble string
- 一切两半以后, 看两种情况: , 或者不rotate这两半. 对于这些substring, 各自验证他们是否scramble.
- 不rotate分割的两半: S[part1] 对应 T[part1] && S[part2] 对应 T[part2].
- rotate分割的两半: S[part1] 对应 T[part2] && S[part2] 对应 T[part1].
- len == 1的时候, 其实无法旋转, 也就是看S,T的相对应的index是否字符相等.
- initialization非常非常重要. 很神奇, 这个initailization 打好了DP的基础, 后面一蹴而就, 用数学表达式就算出了结果.
- input s1, s2 在整个题目的主要内容里面, 几乎没有用到, 只是用在initialization时候.
- More details, 看解答
- 考虑两个字符串变换的最后点: 需要insert/delete/replace? 分析每种情况, 然后列出表达式.
- 先calculate最坏的情况, 3种operation count + 1; 然后在比较match的情况.
- 注意, 在i或者j为0的时候, 变成另外一个数字的steps只能是全变.
- 第一步, 空间时间都是O(MN)
- 滚动数组优化, 空间O(N)
- 在for loop 里面initialize dp[0][j] dp[i][0]
- Rolling array 优化成O(N): 如果dp[i][j]在for loop里面, 就很好替换 curr/prev
- Backtracking时候, 在board[][] 上面mark就可以, 不需要开一个visited[][]
- 不需要implement trie的所有方程, 用不到: 这里只需要insert. 普通的trie题目会让你search a word, 但是这里是用一个board, 看board的每一个字母能不能走出个Word. 也就是: 这里的search是自己手动写, 不是传统的trie search() funcombination
- TrieNode里面存在 end的时候存string word, 表示到底. 用完了 word = null, 刚好截断重复查找的问题.
- 找中间最高bar的index
- 两面往中心扫：每次加上（topBarIndex - currIndex）* (elevation from previous index).也就是每次加一个横条。
- 每次还要减去block自身的height
- 从matrix四周开始考虑，发现matrix能Hold住的水，取决于height低的block。
- 必须从外围开始考虑，因为水是被包裹在里面，外面至少需要现有一层。
- process的时候，画个图也可以搞清楚: 就是四个方向都走走，用curr cell的高度减去周围cell的高度. 若大于零，那么周围的cell就有积水。
- 每个visited的cell都要mark.
- 根据4个方向的走位, 创建新cell 加进queue里面. 因为做的是缩小一圈的新围墙, height = Math.max(cell.h, neighbor.h);
- 要找到bucket的最短板
- 每次需要最先处理最短的那条 (on top)
- 木桶理论, 包水, 是从外面包住里面
- 洋葱剥皮, 用完丢掉
- 把Input stream想成向上的山坡. 山坡中间那点，自然就是median.
- 前半段，作为maxHeap,关注点是PriorityQueue的峰点，也就是实际上的median.
- 后半段，作为minHeap,正常的PriorityQueue。 开头是最小的。
- 这里要首先定好, 哪一个queue是多存一个element的. 这里选maxHeap: maxHeap.size() == minHeap.size() + 1 || minHeap.size()
- 必须先维护maxHeap里面有个元素, 否则null了会在比较大小时出问题.
- 加一个数, 减一个数。
- 加减时看好，是从前面的maxheap里面抽，还是从后面的minHeap里面抽。
- 抽完balance一下
- 重点是根据找Histogram里面rectangle的性质, 维持一个单调递增的Stack
- 在loop over indexes的时候:
- 如果高度>= previous peek(), 那么对于那个peek, 就意味着, 往下走, 一直走高嘛, 之前的peek总可以继续抄底
- 什么时候不能抄底了呢? 就是有一个下降趋势的时候
- 这时候并不是calculate所有前面的peek, 而是考虑 大于 current height的之前所有的peek.
- 把这些peek到 current height 前一格的rectangle全部找出来: stack.pop()
- 这个stack.pop()的过程里面, 其实没有算上 current height, 因为需要留到下一轮, 把current index加进stack 再说
- 为什么用stack? 因为需要知道连续递增的peek, stack.peek() O(1), 好用 而其实不用stack, 也可以用其他方式记录所有height, 只不过要 O(n)去找peek不方便
- 理解monotonous stack 是如何被维护的
- 维护monotonous stack 是题目需要, 而不是stack本身性质, 是一种借助 stack.peek() O(1)的巧妙用法.
-
在中间的一行, 找到peak所在的y.
-
在中间的一列, 找到peak所在的x. (有可能强势override之前找到的y, 也就是放弃那一行的peak, 在midY上找peak)
-
猜一猜 (x,y) 是不是 peak, 如果不是, 像更高的位置移动一格
-
根据之前算的 midX, midY 把board分成4个象限, 在每一份里面再继续找
- 每一个word, 都可以拆分成 front + mid + end. 如果这个word + 其他word可以组成palindrome,那就是说
- 砍掉 (mid+end), front.reverse() 应该存在 words[] 里面.
- 砍掉 (front+mid), end.reverse() 应该存在 words[] 里面.
- 我们用HashMap存所有的<word, index>, 然后reverse, 找配对就好.
- 如果有 empty string "", 那么它跟任何一个palindrome word, 都可以配对, 并且根据位置前后变换, 凑成2份 distinct indexes.
- 这样就有了那个
if (reverseEnd.equals("")) {...}的logic. - 注意: 虽然在处理砍头/砍尾的两个 for loop里面都在根据 empty string 重复记录, 但因为 "" 自己本身不能作为起点, 所以overall只会在被其他palindrome配对时记录一次.
- 如果底边上的一个value==0, 那么算作没有height(以这个底边做rectangle, value==0的位置是空中楼阁, 不能用)
- 如果底边上的value==1, 那么就把上面的height加下来, 做成histogram
- 接成圈是不行的, 所以visit过得 (x,y)就不能再去了.
- 斜角方向不能走, 只能走上下左右
- DFS太多重复计算; memoization (dp[][], visited[][]) 省去了重复计算
- initialize dp[x][y] = 1, (x,y) 自己也算path里的一格
- O(m * n * k), where k is the longest path
- 跟Coins in a Line II 一样, MiniMax的思想: 找到我的掠视中的最大值
- dp[i][j] 代表在[i,j]区间上的先手最多能取的value 总和
- 同样, sum[i][j]表示[i] 到 [j]间的value总和
- dp[i][j] = sum[i][j] - Math.min(dp[i][j - 1], dp[i + 1][j]);
- 这里需要search, 画出tree可以看明白是如何根据取前后而分段的.
- S(x) = X - Y, 找最大数字差. 如果最大值都大于0, 就是赢了; 如果小于0, 就输了.
- dp[i][j]表示 从index(i) 到 index(j), 先手可以拿到的最大值与对手的数字差. 也就是S(x) = X - Y.
- dp[i][j] = max{a[i] - dp[i + 1][j], a[j] - dp[i][j - 1]}
- 最后判断 dp[0][n] >= 0
- 如果考虑计算先手[i, j]之间的最大值, 然后可能还需要两个数组, 最后用于比较先手和opponent的得分大小 => 那么就要多开维.
- 我们这里考虑的数字差, 刚好让人不需要计算先手的得分总值, 非常巧妙.
- 找出[i, j]区间内的性质: dp[i][j]下标表示区间范围 [i, j]
- 子问题: 砍头, 砍尾, 砍头砍尾
- loop应该基于区间的length
- template: 考虑len = 1, len = 2; 设定i的时候一定是 i <= n - len; 设定j的时候, j = len + i - 1;
- topological sort 本身很好写, 但是要在题目中先了解到字母排序的本质
- 本质: 上下两行string, 相对应的相同的index上, 如果字母不同, 就说明排在第一行的字母在字母表里更领先
- 其实上面这个排序的本质很好想, 但是把它具体化成构建graph的代码, 会稍微有点难想到
- 把 string array 变成topological sort的 graph
- 算indegree, 然后用 BFS 来找到那些 inDegree == 0的 node
- 最先inDegree == 0的node, 就排在字母表前面.
- 下面的解法, 用了Graph: map<Character, List>, 而不是 List[26], 其实更加试用超过26个字母的dictionary.
- 跟BFS建立 grpah 的过程一模一样
- DFS的不同在于: 用visited map 来标记走过的地方
- 走到leaf的时候, add to result: 但因为走到了底才add, 最终的顺序应该颠倒 (或者, sb.insert(0, x) 直接用颠倒的顺序add)
- 因为数组规律会变, 所以很难找'第一个burst的球'. 反之, 想哪一个是最后burst?
- 最后burst的那个变成一堵墙: 分开两边, 分开考虑, 加法原理; 最后再把中间的加上.
- dp[i][j] represent max value on range [i, j)
- Need to calculate dp[i][j] incrementally, starting from range size == 3 ---> n
- Use k to divide the range [i, j) and conquer each side.
- 中间劈开
- 砍断首或尾
- Range区间作为iteration的根本
- use pi[i][j] and print recursively.
- Print k, using pi[i][j]: max value taken at k
- 其实会做之后挺好想的一个DP
- dp[i][j] = balloons i~j 之间的 max.
- 然后找哪个点开始burst? 设为x。
- For loop 所有的点作为x， 去burst。
- 每次burst都切成了三份：左边可以recusive 求左边剩下的部分的最大值 + 中间3项相乘 + 右边递归下去求最大值。
- Note: 这个是Memoization, 而不纯是DP
- 因为recursive了，其实还是搜索，但是memorize了求过的值，节省了Processing
- Edit Distance的follow up.
- 其实就是改一下 minEditDistance的function, 带入K作比较罢了.
- 写起来跟Edit Distance 的主要逻辑是一模一样的.
- 但是LintCode 86% test case 时候timeout.
- Time O(mnh), where h = words.length, 如果 n ~ m, Time 就几乎是 O(n^2), 太慢.
- 先考虑单纯地用dp[i]表示涂前 i 个房子的最小cost
- 但是 dp[i] 和 dp[i-1] 两个index选什么颜色会互相影响, 难讨论, 于是加状态: 序列DP被加了状态变成2D.
- 考虑最后位, 而前一位i-1又被i位的颜色限制, 于是在考虑 min dp[i] 时候, 又多了一层iteration.
- 做dp[i][j]: # cost for 前 i 个房子, 所以要先pick (i-1) 房子的cost, 然后在找出 (i-2)房子的cost
- K种颜色 => O(NK^2)
- 如果不优化, 跟Paint House I 几乎是一模一样的代码
- 序列型dp[i]表示'前i-1个'的结果. 所以dp最好设定为 int[n + 1] size.
- 然而, 颜色在这里是状态, 所以保留在 j: [ 0~k)
- [[8]] 这样的edge case. 跑不进for loop, 所以特殊handle.
- O(NK)
- 如果已知每次都要从cost里面选两个不同的最小cost,那么先把最小两个挑出来, 就不必有第三个for loop 找 min
- 每次在数列里面找: 除去自己之外的最小值, 利用最小值/次小值的思想
- 维持2个最值: 最小值/次小值.
- 计算的时候, 如果除掉的不是最小值的index, 就给出最小值; 如果除掉的是最小值的index, 就给出次小值.
- Every loop: 1. calculate the two min vlaues for each i; 2. calcualte dp[i][j]
- 如何想到优化: 把表达式写出来, 然后看哪里可以优化
- 只卖2次, 把买卖分割成5个状态模块.
- 在状态index 0, 2, 4: 没有持有股票. 1. 一直在此状态, max profit不变; 2. 刚卖掉, dp[i][前状态] + profit
- 在状态index 1, 3: 持有股票. 1. 一直在此状态, daily profit. 2. 刚刚买进, 状态改变, 但是没有profit yet: dp[i][前状态]
- 把每天的partial profit (diff)加在一起, 最终的overall profit是一样的. 唯一更好的是, 不需要记录中间买入的时间点.
- 什么时候会积累profit呢?
-
- 原本就持有股票的, 如果毫无动作, 那么状态不变, 积累profit diff.
-
- 卖出了股票, 状态改变, 积累profit diff.
- 注意: 只有在状态index: 0, 2, 4, 也就是卖掉股票的时候, 猜可以积累profit
- [i] 只有和 [i-1] 打交道, reduce space
- O(1) space, O(n) time
- 找峰头；然后往下再找一个峰头。
- 怎么样在才能Optimize两次巅峰呢？从两边同时开始找Max！（棒棒的想法）
- leftProfit是从左往右，每个i点上的最大Profit。
- rightProfit是从i点开始到结尾，每个点上的最大profit.
- 那么在i点上，就是leftProfit，和右边rightProfit的分割点。在i点，leftProfit+rightProfit相加，找最大值。
- 三个O(n),还是O(n)
- 根据StockIII, 不难发现StockIV就是把状态划分为2k+1份. 那么同样的代码, 移植.
- 如果k很大, k>n/2, 那么长度为n的数组里面, 最多也只能n/2个transaction
- 那么题目简化为stockII, 给n数组, 无限次transaction.
- 注意, status的数量是 2k+1
- Time O(NK), Space O(2k+1) to store the status
- 最后状态是'没有stock'的都该考虑, 做一个 for 循环比较max.
- 当然, 来一个profit variable, 不断比较, 也是可以的.
- (previous notes, 熟练第一种方法的思考就可以)
- 记得要理解：为什么 i-1天的卖了又买，可以和第 i 天的卖合成一次交易？
- 因为每天交易的price是定的。所以卖了又买，等于没卖！这就是可以合并的原因。要对价格敏感啊少年。
- Inspired from here: http://liangjiabin.com/blog/2015/04/leetcode-best-time-to-buy-and-sell-stock.html
-
local[i][j] = max(global[i – 1][j – 1] + diff, local[i – 1][j] + diff)
-
global[i][j] = max(global[i – 1][j], local[i][j])
-
local[i][j]: 第i天，当天一定进行第j次交易的profit
-
global[i][j]: 第i天，总共进行了j次交易的profit.
-
local[i][j]和global[i][j]的区别是：local[i][j]意味着在第i天一定有交易（卖出）发生。
-
当第i天的价格高于第i-1天（即diff > 0）时，那么可以把这次交易（第i-1天买入第i天卖出）跟第i-1天的交易（卖出）合并为一次交易，即local[i][j]=local[i-1][j]+diff；
-
当第i天的价格不高于第i-1天（即diff<=0）时，那么local[i][j]=global[i-1][j-1]+diff，而由于diff<=0，所以可写成local[i][j]=global[i-1][j-1]。
-
(Note:在我下面这个solution里面没有省去 +diff）
-
global[i][j]就是我们所求的前i天最多进行k次交易的最大收益，可分为两种情况：
-
如果第i天没有交易（卖出），那么global[i][j]=global[i-1][j]；
-
如果第i天有交易（卖出），那么global[i][j]=local[i][j]。
- envelopes没有顺序, 先排序 (主要根据第一个index排序)
- 然后观察: 排序过后, 就变成了1D的坐标动态规划.
- max number 取决于上一个成功Russian doll的 max value + 1
- 上一个index不知道, 所以遍历找上一个index.
- 当下index i 的状态, 取决于前面index j 的状态, 所以遍历两个index.
- O(n^2)的DP, n = envelopes.length;
- 这个方法是自己想出来的, 但是时间复杂度太大, timeout
- 把envelop标记在2D grid上面, 然后像走机器人一样, 求到最右下角的最大 count max.
- count 当下能存在多少Russian doll
- 两种情况: 当下coordinate 没有target, 当下coordinate有target
- 当下coordinate 没有target: 如同机器人走法, Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1])
- 当下coordinate 有target: dp[i - 1][j - 1] + dp[i][j]
- timeout: O(n^2), n = largest coordinate.
- DP[i]: 在i点记录，走到i点上的最少jump次数
- dp[i] = Math.min(dp[i], dp[j] + 1);
- condition (j + nums[j] >= i)
- 注意使用 dp[i] = Integer.MAX_VALUE做起始值, 来找min
- Greedy, 图解 http://www.cnblogs.com/lichen782/p/leetcode_Jump_Game_II.html
- 维护一个range, 是最远我们能走的.
- index/i 是一步一步往前, 每次当 i <= range, 做一个while loop， 在其中找最远能到的地方 maxRange
- 然后更新 range = maxRange
- 其中step也是跟index是一样, 一步一步走.
- 最后check的condition是，我们最远你能走的range >= nums.length - 1, 说明以最少的Step就到达了重点。Good.
- 和Max-tree一样，https://leetcode.com/problems/maximum-binary-tree
- 用到bottom->top递增的stack: 最底下的root维持成最小的element.
- 这个题目是Min-tree， 头上最小，Logic 和max-tree如出一辙
- Space: O(n)
- Time on average: O(n).
- TreeNode: 用一个并不是最终结果的TreeNode, 存weight, 用来排序
- 用base weight的概念权衡同一个层面的 符号, 数字 顺序
- 每一个character都是一个节点, 都有自己的weight. 用一个TreeNode来存weight value, 利用用weight来判断:
-
- (while loop) 如果node.val <= stack.peek().nodeValue, 把当前stack.peek() 变成 left child.
-
- (if condition) 如果stack有残余, 把当前node变成 stack.peek().rightChild
- 计算 expression 的值: 1. 建造 expression tree. 2. DFS计算结果
- Expression Tree: Minimum Binary Tree (https://lintcode.com/en/problem/expression-tree-build/)
- build好Min Tree以后，做PostTraversal.
- Divde and Conquer: 先recursively找到 left和right的大小， 然后evaluate中间的符号
- Time, Space O(n), n = # expression nodes
-
- Handle数字时，若left&&right Child全Null,那必定是我们weight最大的数字node了。
-
- 若有个child是null,那就return另外一个node。
-
- prevent Integer overflow during operation:过程中用个Long，最后结局在cast back to int.
- Expression Tree: Minimum Binary Tree (https://lintcode.com/en/problem/expression-tree-build/)
- 根据题意做出Expression Tree出来以后: 来个Pre-order-traversal 就能记录下 Polish Notation
- 本题没有给'ExpressionTreeNode', 所以把TreeNode就当做成我们需要的node, 里面扩展成有left/right child就可以了.
- Note: label需要是String. 虽然 Operator是长度为1的char, 但是数字可为多位
- Expression Tree: Minimum Binary Tree (https://lintcode.com/en/problem/expression-tree-build/)
- 根据题意做出Expression Tree出来以后: 来个Post-order-traversal 就能记录下 Reverse Polish Notation
- 本题没有给'ExpressionTreeNode', 所以把TreeNode就当做成我们需要的node, 里面扩展成有left/right child就可以了.
- 跟decode way I 一样, 加法原理, 切割点时: 当下是取了 1 digit 还是 2 digits 来decode
- 定义dp[i] = 前i个digits最多有多少种decode的方法. new dp[n + 1].
- 不同的情况是: 每一个partition里面, 如果有"*", 就会在自身延伸出很多不同的可能
- 那么: dp[i] = dp[i - 1] * (#variations of ss[i]) + dp[i - 2] * (#variations of ss[i,i+1])
- 枚举的能力: 具体分析 '*' 出现的位置, 枚举出数字, 基本功. 注意!!题目说 * in [1, 9]. (如果 0 ~ 9 会更难一些)
- 理解取MOD的原因: 数字太大, 取mod来给最终结果: 其实在 10^9 + 7 这么大的 mod 下, 大部分例子是能通过的.
- 枚举好以后, 其实这个题目的写法和思考过程都不难
- Find minimum cut: 分割型DP
- dp[i]: 最少cut多少刀, 使得前 i 长度的string, 割出来都是palindrome
- 最终要得到 dp[n], 所以 int[n + 1]
- 移动切刀, 看在哪里切, index j in [0 ~ i]
- 考虑[j, i - 1] 是否是回文串, 如果是, 那么: dp[i]= min(dp[i], d[j] + 1).
- note: 估计遍历 j 的时候, 反过来遍历也可以.
- 利用palindrome的性质, 可以算出 boolean palindrome[i, j]的情况.
- 找一个任意mid point:
-
- 假设palindrome是奇数长度, 那么 mid 是单独的字符, 而两边的字符 [mid-1], [mid+1] 应该完全相等.
-
- 假设palindrome是偶数长度, 那么 [mid] 和 [mid + 1] 这样位置的字符应该相等.
- 这样做出来 palindrome[i, j]: 从字符 i 到 字符 j 的 substring 是否是 palindrome
- 这样就给我们的问题合理降维, 目前是time: O(n^2).
- 不然求一次palindrome, 就是n, 会变成O(n^3)
- Double for loop 检查每种substring string (i~j). 若i,j相邻或者同点，那么肯定isPal；否则，i,j之间的（i+1, j-1）一定得isPal。
- 看上去，在检查i,j的时候，中间按的（i+1, j-1）怎么可能先知道？ 其实不然..在j慢慢长大的时候，所有的0~j的substring都检查过。所以isPal[i+1][j-1]一定是已经知道结果的。
- okay.那么假如以上任意一种情况成立，也就是说isPal[i][j] == true。那就要判断，切到第一层循环参数j的末尾点时，有多少种切法？
- 想法很顺：我们naturally会想到，把i之前的cut加上i~j之间发生的不就好了。
- 反正现在j不变，现在就看吧i定在哪里，cut[i - 1]是否更小/最小； 再在cut[i-1]基础上+1就完了。
- 当然，如果i==0, 而 i~j又是isPal,那没啥好谈的，不必切，0刀。
- 最终，刷到cut[s.length() - 1] 也就是最后一点。 return的理所应当。
- 可以无限使用物品, 就失去了last i, last unique item的意义: 因为可以重复使用.
- 所以可以转换一个角度:
-
- 用i 种 物品, 拼出w, 并且满足题目条件(max value). 这里因为item i可以无限次使用, 所以考虑使用了多少次K.
-
- K虽然可以无限, 但是也被 k*A[i]所限制: 最大不能超过背包大小.
- dp[i][w]: 前i种物品, fill weight w 的背包, 最大价值是多少.
- dp[i][w] = max {dp[i - 1][w - k*A[i-1]] + kV[i-1]}, k >= 0
- Time O(nmk)
- 如果k = 0 或者 1, 其实就是 Backpack II: 拿或者不拿
- 优化时间复杂度, 画图发现:
- 所计算的 (dp[i - 1][j - k*A[i - 1]] + k * V[i - 1])
- 其实跟同一行的 dp[i][j-A[i-1]] 那个格子, 就多出了 V[i-1]
- 所以没必要每次都 loop over k times
- 简化: dp[i][j] 其中一个可能就是: dp[i][j - A[i - 1]] + V[i - 1]
- Time O(mn)
- 根据上一个优化的情况, 画出 2 rows 网格
- 发现 dp[i][j] 取决于: 1. dp[i - 1][j], 2. dp[i][j - A[i - 1]]
- 其中: dp[i - 1][j] 是上一轮 (i-1) 的结算结果, 一定是已经算好, ready to be used 的
- 然而, 当我们 i++,j++ 之后, 在之前 row = i - 1, col < j的格子, 全部不需要.
- 降维简化: 只需要留着 weigth 这个 dimension, 而i这个dimension 可以省略:
- (i - 1) row 不过是需要用到之前算出的旧value: 每一轮, j = [0 ~ m], 那么dp[j]本身就有记录旧值的功能.
- 变成1个一位数组
- 降维优化的重点: 看双行的左右计算方向
- Time(mn). Space(m)
-
isWord[i][j], subString(i,j)是否存在dict中？
-
用isWord加快 isValid[i]: [i ～ end]是否可以从dict中找到合理的解？
从末尾开始查看i：因为我们需要测试isWord[i][j]时候，j>i, 而我们观察的是[i,j]这区间；
j>i的部分同样需要考虑，我们还需要知道isValid[0～j+1]。 所以isValid[x]这次是表示[x, end]是否valid的DP。
i 从 末尾到0, 可能是因为考虑到isWord[i][j]都是在[0~n]之内，所以倒过来数，坐标比较容易搞清楚。
(回头看Word Break I， 也有坐标反转的做法) -
dfs 利用 isValid 和isWord做普通的DFS。
- 只有left
2。 只有右边 - root大于0，那么就left,right,curr全部加起来。
- Binary Search的思想, 用在所要找的这个 average sum 上面. 大小是在[min, max]之中
- 找k的时候, 是>=k都可以, 巧用一个 min(preSum)的概念.
- 找k的时候, 画图, 可以看出来, 其实要的是 k window 里面的sum [x, i], 所以要用 sum[0, i] - sum[0, x]
- 把所有点分出来， 每个点有index x, 再加上一个height.
- 在这个list上排序，根据index和height. 注意用负数标记building start point height, 这样保证start在end 之前
- 用负数的height标记start: 在priority queue里面同一个x-pos比较 startPoint.height, endPoint.height 的时候, 因为end height是整数, 所以compare时会自动把start point放在end point前面
- 当然了, 如果两个 start point比较, 第二个point的负数超大的话(也就是height很高), 就会顺理compare return正数, 成章形成倒位
- 在processs时候用max-heap (reversed priorityqueue)，再iterate heightPoints 来存最大的height . 遇到peek,就是一个合理的解
- heightQueue里面加一个0, 用来在结尾的时候做closure
- curr player 每走一步, 就生成一种新的局面, dfs on this
- 等到dfs结束, 不论成功与否, 都要backtracking
- curr level: 把"++" 改成 "--"; backtrack的时候, 改回 '--'
- 换成boolean[] 比 string/stringBuilder要快很多, 因为不需要重新生成string.
- ++ 可以走 (n - 1)个位置:
- T(N) = T(1) + T(2) + T(3) + ... + T(N-2) + T(N - 1)
- => T(N) = 2T(N-1) = 2 * 2 * T(N - 2) = ... = (2^n)T(1) = O(2 ^ n)
- 做一个String s的 replica: string or stringBuilder
- 每次dfs后, 然后更替里面的字符 "+" => "-"
- 目的只是Mark已经用过的index
- 真正的dfs 还是在 original input string s 身上展开
- 每次都重新生成substring, 并不是很efficient
- 保证p1能胜利，就必须保持所有p2的move都不能赢
- 或者说, 在知道棋的所有情况时, 只要p2有一种路子会输, p1就一定能走对路能赢.
- 同时，p1只要在可走的Move里面，有一个move可以赢就足够了。
- p1: player1, p2: player2
- 需要Game Theory的功底, Nim game. https://www.jiuzhang.com/qa/941/
- http://www.1point3acres.com/bbs/thread-137953-1-1.html
124. Maximum Binary Tree.java Level: Medium
给一串数字, 做一个 maximum binary tree: 最顶上的root最大; 左child也是一个max tree, 右child也必须是max tree.
125. Swap Nodes in Pairs.java Level: Medium
基本原理, 写出来, 然后连线: pre -> A -> B -> C -> ... 需要一个虚拟 preNode做起始node, 不然无法把后面的node换到开头.
用dummy = pre作为head前一格.
用 pre.next == null && pre.next.next 来check是否为NULL.
pre.next.next 保证了至少有一次swap.
126. Wood Cut.java Level: Medium
二分的思想: 判断的是一个 validate() function, 而不是简单的'=='
不需要sort! 为什么呢? 因为我们不是在given array上面二分, 我们是根据最大值在[0, max]上二分.
Overall time: O(nLogM), where M = largest wood length
127. Find the Duplicate Number.java Level: Medium
Time: O(nLogN)
128. Game of Life.java Level: Medium
unlimited border? 可能需要分割board. 用大框分割, 每次换行的时候, 重复计算2行就好了. see details below.
129. Number of Airplane in the sky.java Level: Medium
130. Meeting Rooms II.java Level: Medium
给一串数字pair, 代表会议的开始/结束时间. 找同时又多少个会议发生(需要多少件房间)
也还行，但是handle edge的时候,HashMap 要小心，因为相同时间start和end的map key 就会重复了。
131. Unique Path.java Level: Medium
2D array, 算走到最右下角，有多少种方式.
132. Maximal Square.java Level: Medium
只能往右边,下面走, 找面积最大的 square. 也就是找到变最长的 square.
每个点都可能是边长1, 如果 matrix[i][j] == '1'
[i] 和 [i - 1] 之间的关系, 想到滚动数组优化 space, O(n) sapce.
133. Coins in a Line.java Level: Medium
拿棋子游戏, 每个人可以拿1个或者2个, 拿走最后一个子儿的输. 问: 根据给的棋子输, 是否能确定先手的输赢?
Game Theory: 如果我要赢, 后手得到的局面一定要'有输的可能'.
空间优化O(1). Rolling array, %2
134. Coins in a Line II.java Level: Medium
给一串coins, 用values[]表示; 每个coin有自己的value. 先手/后手博弈, 每次只能拿1个或者2个棋子, 最后看谁拿的总值最大.
MiniMax的思考方法很神奇, 最后写出来的表达式很简单
Reference里面详细介绍了表达式如何推到出来, 简而言之:
Time O(n) Space O(n): dp[], sum[]
135. Binary Tree Postorder Traversal.java Level: Medium
如题, POST-ORDER traversal.
LeetCode给了hard, 应该是觉得stack的做法比较难想到.
trivial, 先加left recursively, 再加right recursively, 然后组成头部.
这些binary tree traversal的题目.常常有多个做法:recursive or iterative
136. Compare Version Numbers.java Level: Medium
给两串version number, 由数字和'.' 组成. 比较先后顺序.
If version1 > version2 return 1, if version1 < version2 return -1, otherwise return 0.
137. Count Complete Tree Nodes.java Level: Medium
Complete Tree就是说, 最后一个level可能是缺node的(不是说最右下角缺node, 别忘了!)
138. Course Schedule.java Level: Medium
有点绕，但是做过一次就明白一点。
是topological sort的题目。一般都是给有dependency的东西排序。
最终都会到一个sink node， 再不会有向后的dependency, 在那个点截止。
我就已这样子的点为map的key, 然后value是以这个node为prerequisite的 list of courses.
画个图的话，prerequisite都是指向那个sink node， 然后我们在组成map的时候，都是从sink node 发散回来到dependent nodes.
在DFS里面，我们是反向的， 然后，最先完全visited的那个node, 肯定是最左边的node了，它被mark的seq也是最高的。
而我们的sink node，当它所有的支线都visit完了，seq肯定都已经减到最小了，也就是0，它就是第一个被visit的。
最终结果： 每个有pre-requisit的node都trace上去（自底向上），并且都没有发现cycle.也就说明schedule可以用了。
139. Course Schedule II.java Level: Medium
做法跟Course Schedule I 非常像, 可以参考.
140. Contains Duplicate III.java Level: Medium
给一个unsorted array, 问, 是否有两个element, value相差最大为t, 而两个element的index 相差最大为k.
Note: 虽然题目名字是Contains Duplicate, 但其实要找的两个element不是duplicate, 而是Math.abs(value1 - value2) <= t.
141. One Edit Distance.java Level: Medium
如果S, T只用一个operation就能变成相等, return true.
142. Jump Game.java Level: Medium
给出步数，看能不能jump to end.
143. Coin Change 2.java Level: Medium
给串数字, target amount, 求总共多少种方式可以reach the amount.
144. Decode Ways.java Level: Medium
给出一串数字, 要翻译(decode)成英文字母. [1 ~ 26] 对应相对的英文字母. 求有多少种方法可以decode.
145. Minimum Path Sum.java Level: Medium
146. Counting Bits.java Level: Medium
给一个数组, 算里面有多少bit 1.
147. Continuous Subarray Sum.java Level: Medium
给一个非负数的数列和数字k(可正负, 可为0). 找到连续子序列(长度超过2), 使得这个subarray的sum 是 k的倍数. 问: 是否可能?
148. House Robber II.java Level: Medium
和House Robber I 类似, 搜刮房子, 相邻不能动. 特点是: 现在nums排成了圈, 首尾相连.
与House Robber I一样, 可以用%2 来操作rolling array
149. House Robber III.java Level: Medium
Houses被arrange成了binary tree, 规则还是一样, 连续相连的房子不能同时抄.
求Binary Tree neighbor max 能抄多少.
150. Palindrome Partitioning.java Level: Medium
151. Permutation in String.java Level: Medium
152. Permutations II.java Level: Medium
给一串数组, 找出所有permutation数组. 注意: 给出的nums里面有重复数字, 而permutation的结果需要无重复.
153. Shuffle an Array.java Level: Medium
像shuffle music 一样, 做一套shuffle array的functions:
shuffle() 给出random的permutation
reset() 给出最初的nums
154. Group Anagrams.java Level: Medium
给一串string, return list of list, 把anagram 放在一起.
155. Backpack.java Level: Medium
给i本书, 每本书有自己的重量 int[] A, 背包有自己的大小M, 看最多能放多少重量的书?
156. Backpack II.java Level: Medium
给i本书, 每本书有自己的重量 int[] A, 每本书有value int[] V
背包有自己的大小M, 看最多能放多少value的书?
157. Backpack V.java Level: Medium
158. Evaluate Reverse Polish Notation.java Level: Medium
给一个 RPN string list, 根据这个list, 计算结果.
0. Binary Representation.java Level: Hard
首先要分两半解决，断点是'.': str.split("\.");
Integer那一半好弄，whie loop里： num%2, num/2。
Decimal那边复杂点. bit == 1的数学条件：当下num * 2 >= 1。 更新: num = num * 2 - 1; bit == 0的数学条件： num * 2 < 1. 更新: num = num * 2
注意：num是 double, 小数在 （num = num * 2 -1）的公式下可能无限循环. 因此check: num重复性，以及binary code < 32 bit.
(所以题目也才有了32BIT的要求！)
1. Count of Smaller Number before itself.java Level: Hard
与Count of Smaller Number非常类似。以实际的value来构成segment tree，leaf上存（count of smaller number）。
Trick: 先Query，再modify.
每次Query时候，A[i]都还没有加入到Segment Tree 里面，而A[i+1,...etc]自然也还没有加进去。
那么就自然是coutning smaller number before itself.
刁钻啊！
另外注意：
在modify里面：多Check了root.start <= index 和 index <= root.end。 过去都忽略了。以后可以把这个也写上。
（其实是Make sense的，就是更加严格地check了index再 root.left 或者 root.right里面的站位）
2. HashHeap.java Level: Hard
非题.是从九章找来的HashHeap implementation.
3. Interval Sum II.java Level: Hard
SegmentTree大集合。记得几个Methods: Build, Query, Modify. 不难。只是要都记得不犯错:)
4. Kth Smallest Sum In Two Sorted Arrays.java Level: Hard
用priority queue. 每次把最小的展开，移位。分别x+1,或者y+1:
因为当下的Min里面x,y都是最小的。所以下一个最小的不是（x+1,y）,就是（x,y+1）。
每次就poll（）一个，放2个新candidate进去就好了。 注意，这样的做法会用重复，比如例子（7,4）会出现两次。用一个HashSet挡一下。
注意，HashSet的唯一性，用一个"x,y"的string就可以代为解决。
5. LRU Cache.java Level: Hard
timeout method, 天真的来了一个O(n) 的解法，结果果然timeout.
一个map<key,value>存数值。一个queue来存排位。
每次有更新，就把最新的放在末尾；每次超过capaticity,就把大头干掉。很简单嘛，但是跑起来太久，失败了。
于是就来了第二个做法。其实还是跟方法一是类似的。
用了一个特别的双向的LinkNode，有了head和tail，这样就大大加快了速度。
主要加快的就是那个‘更新排位’的过程，过去我是O(n),现在O(1)就好了。
巧妙点：
一旦知道怎么解决了，就不是很特别，并不是难写的算法:
moveToHead()
insertHead()
remove()
6. Median of two Sorted Arrays.java Level: Hard
Not done
7. Populating Next Right Pointers in Each Node II.java Level: Hard
非perfect tree, 也就是有random的null children. DFS＋BFS
Populating Next Right Pointers in Each Node I 里面依赖parent.next.left来作链接，但现在这个parent.next.left很可能也是Null.
Note: runtime O(n * 2^log(n) ) = O(n^2), not good.
8. Remove Invalid Parentheses.java Level: Hard
NOT DONE
9. Remove Node in Binary Search Tree.java Level: Hard
方法1: Brutle一点。找到target和target的parent.
把target remove时，把target的children nodes 重新排列组成新的BST: inorder traversal, build tree based on inorder traversal list.
方法2: 分析规律,先找到target和parent, 然后根据性质，把target remove时，移动children nodes, 保证还是BST。
10. Search Rotated in Sorted Array.java Level: Hard
方法1：O(logn)
还是把它先当做正常的sorted list开始搜。
但是在比较的时候，多比较一个A[start] < A[mid]?
在1 和 2 里面分别讨论 target 的位置
1. A[start] < A[mid] ?
说明在前半段
- start<target<mid
- target > mid
2. A[start] > A[mid]
说明 start 还在前半段，而mid在后半段
- mid < target < end
- target < mid
方法2：O(logn)
1. binay search break point
2. binary search target
注意等号，在判断target在前半段还是后半段：if (A[p1] <= target && target <= A[breakPoint])
11. Word Ladder II.java Level: Hard
12. k Sum.java Level: Hard
DP. 公式如何想到, 还需要重新理解.
dp[i][j][m]: # of possibilities such that from j elements, pick m elements and sum up to i. i: [0~target]
dp[i][j][m] = dp[i][j-1][m] + dp[i - A[j - 1]][j-1][m-1] (i not included) (i included)
13. Copy Books.java Level: Hard
给一串书pages[i], k个人, pages[i] 代表每本书的页数. k个人从不同的点同时开始抄书.
问, 最快什么时候可以抄完?
14. Scramble String.java Level: Hard
15. Interleaving String.java Level: Hard
双序列DP, 从最后点考虑. 拆分问题的末尾, 考虑和s1, s2 subsequence之间的关联.
求存在性, boolean
16. Edit Distance.java Level: Hard
两个字符串, A要变成B, 可以 insert/delete/replace, 找最小变化operation count
17. Distinct Subsequences.java Level: Hard
Double Sequence DP: 0. DP size (n+1): 找前nth的结果, 那么dp array就需要开n+1, 因为结尾要return dp[n][m]
18. Wildcard Matching.java Level: Hard
Double sequence DP. 与regular expression 很像.
注意1: 分析字符 ?, * 所代表的真正意义, 然后写出表达式. 注意2: 搞清楚initialization 的时候 dp[i][0] 应该always false.当p为empty string, 无论如何都match不了 (除非s="" as well) 同时 dp[0][j]不一定是false. 比如s="",p="*" 就是一个matching.
19. Ones and Zeroes.java Level: Hard
还是Double Sequence, 但是考虑第三种状态: 给的string array的用量. 所以开了3维数组.
如果用滚动数组优化空间, 需要把要滚动的那个for loop放在最外面, 而不是最里面. 当然, 这个第三位define在 dp[][][]的哪个位置, 问题都不大.
另外, 注意在外面calcualte zeros and ones, 节约时间复杂度.
20. Minimum Window Substring.java Level: Hard
基本思想: 用个char[]存string的frequency. 然后2pointer, end走到底, 不断validate. 符合的就process as result candidate.
HashMap的做法比char[]写起来要复杂一点, 但是更generic
21. Find Minimum in Rotated Sorted Array II.java Level: Hard
一个需要严谨思考的题目. 因为有duplicate, 会导致不断平移, 所以最终time complexity是O(n) 所以不如直接扫一遍, 给出答案.
但是还是写一个Binary Search的样子, 只不过worst结果是O(n)
22. Number of Islands II.java Level: Hard
方法1: 用int[] father 的unionFind, 需要转换2D position into 1D index. count的加减, 都放在了UnionFind自己的function里面, 方便tracking, 给几个helper function就对了. 这样比较clean Time: O(k * log(mn))
方法2: 用HashMap的Union-find.
把board转换成1D array， 就可以用union-find来判断了。 判断时，是在四个方向各走一步，判断是否是同一个Land. 每走一次operator，都会count++. 若发现是同一个island, count--
Side Note: Proof of UnionFind log(n) time: https://en.wikipedia.org/wiki/Proof_of_O(log*n)_time_complexity_of_union%E2%80%93find
23. Word Search II.java Level: Hard
相比之前的implementation, 有一些地方可以优化:
Previous Notes:
Big improvement: use boolean visited on TrieNode!
不要用rst.contains(...), 因为这个是O(n) 在leetcode还是会timeout（lintcode竟然可以pass）!
在Trie search() method 里面，凡是visit过的，mark一下。
Regular:
for loop on words: inside, do board DFS based on each word.
Time cpmplexity: word[].length * boardWidth * boardHeight * (4^wordMaxLength)
Build Trie with target words: insert, search, startWith.
依然要对board matrix做DFS。
no for loop on words. 直接对board DFS:
每一层,都会有个up-to-this-point的string. 在Trie里面check它是不是存在。以此判断。
若不存在，就不必继续DFS下去了。
Trie solution time complexity, much better:
build Trie: n * wordMaxLength
search: boardWidth * boardHeight * (4^wordMaxLength + wordMaxLength[Trie Search])
24. Word Squares.java Level: Hard
可以开Trie class, 里面用到TrieNode. 开Trie(words) 可以直接initalize with for loop TrieNode 里面可以有一个 List startWith: 记录可以到达这个点的所有string: 有点像树形, ancestor形状的存储.
神操作: 根据square的性质, 如果选中了list of words, 设定 int prefixIndex = list.size(). 取出list里面的所有word[prefixedIndex], 并且加在一起, 就是下一个word candidate的 prefix.
形象一点: list = ["ball", "area"]; prefixIndex = list.size(); ball[prefixIndex] = 'l'; area[prefixIndex] = 'e'; //then candidatePrefix = ball[prefixIndex] + area[prefixIndex] = "le"; 这里就可以用到Trie的那个 findByPrefix function, 在每个点, 都存有所有这个点能产生的candidate. 这时, 试一试所有candidate: dfs
能想到这种倒转的结构来存prefix candidates 在 Trie里面, 这个想法非常值得思考.
25. Trapping Rain Water.java Level: Hard
这道题目的方法比较多.
Array, 维持一个左手最高墙array, 右手最高强array. 对于每个index而言, vertically 能存放的最大水柱, 就是靠左右最高墙决定的: min(leftHighestWall, rightHighestWall) - currHeight.
方法1上面的优化, two pointer, 还是找左边最高和右边最高. O(1) space. 利用到了方法3里面的想法一样: 整个structure是被中间的最高bar 二分天下: 左边按照maxLeft来计算, 右边按照maxRight来计算.
2 Pointers， 双面夹击:
主要想法和方法3一致: 在山坡下坡的基础上, 一直用stack堆积bottom. 最后遇到上升之前, 此时bottom可以用来跟stack之前堆积的所有下坡index做比较, 算跟他们高度相差的积水. 用了stack记录下坡, 然后用个while loop一挖到底的想法非常棒.
26. Trapping Rain Water II.java Level: Hard
用PriorityQueue把选中的height排序。为走位，create class Cell (x,y, height).
以上两点就促使我们用min-heap: 也就是natural order的PriorityQueue.
再多一句解释: 和trapping water I 想法一样。刚刚从外围，只是能加到跟外围cell高度一致的水平面。往里面，很可能cell高度变化。
这里要附上curr cell 和 move-to cell的最大高度。
27. Data Stream Median.java Level: Hard
28. Sliding Window Median.java Level: Hard
Median还是用min-heap 和 max-heap. Time(logN) 加/减: prioirtyQueue, log(n) findMedian: O(1)
用maxHeap, minHeap时候, 习惯选择让maxHeap多一个数字: 左边的maxHeap总有 x+1或者x个数字 后边minHeap应该一直有x个数字
29. Largest Rectangle in Histogram.java Level: Hard
给n个bar,组成柱状图histogram. 求在这一排柱状图里面可以找到的面积最大的长方形.
思考: 找长方形面积, 无非是找两个index, 然后底边长度 * height.
30. Find Peak Element II.java Level: Hard
Should break down by mid row. More details: http://www.jiuzhang.com/solution/find-peak-element-ii/#tag-highlight-lang-java http://courses.csail.mit.edu/6.006/spring11/lectures/lec02.pdf
我们不可能一口气准确定位(x,y), 但是我们可以再一个row/col里面, 找到1D array的 peak. 根据这个点, 再往剩下两个方向移动
每次只是找到一个row/col里面的peak而已!
找到这个点, 就等于把board切成了两半.
然后, 再跟剩下的相邻的两个位置比较, 就知道了哪里更大, 就去哪里找peak, 也就是又切了第二刀.
切第二刀的时候, 也要把(x, y) 移到需要取的象限. 进行DFS
每一个level都减一半 T(n) = n + T(n/2) = n + n/2 + n/4 + ... + 1 = n(1 + 1/2 + .... + 1/n) = 2n = O(n)
Binary Search 还没有写 : ) O(nLogN)
31. Palindrome Pairs.java Level: Hard
Obvious的做法是全部试一遍, 判断, 变成 O(n^2) * O(m) = O(mn^2). O(m): isPalindrome() time.
当然不行了, 那就看是O(nlogN), 还是O(n)?
O(mn)
还要做一下那.
32. Maximal Rectangle.java Level: Hard
分解开来, 其实是'Largest Rectangle in Histogram', 只不过这里要自己model heights. 一个2D array里面的rectangle, 最终也是用height * width做出来的. 巧妙在于, 把每一行当做底边, 算出这个底边, 到顶部的height:
如果看具体实例, 有些row似乎是白算的, 但是没有办法, 这是一个搜索的过程, 最终会比较出最优解.
Coordinate DP?
33. Longest Increasing Path in a Matrix.java Level: Hard
m x n 的matrix, 找最长增序的序列长度. 这里默认连续的序列.
还没有做
34. Coins in a Line III.java Level: Hard
还是2个人拿n个coin, coin可以有不同的value. 只不过这次选手可以从任意的一头拿, 而不限制从一头拿. 算先手会不会赢?
(这个方法需要复习, 跟数学表达式的推断相关联)
35. Alien Dictionary.java Level: Hard
给一个 array of strings: 假如这个array是按照一个新的字母排序表(alien dictionary)排出来的, 需要找到这个字母排序.
有可能有多重排序的方法, 给出一种就可以.
36. Burst Balloons.java Level: Hard
一排球, 每个球有value, 每次扎破一个, 就会积分: 左中间右 的值. 求, 怎么扎, 最大值?
TODO: Need more thoughts on why using dp[n + 2][n + 2] for memoization, but dp[n][n] for range DP.
37. K Edit Distance.java Level: Hard
给一串String, target string, int k. 找string array里面所有的candidate: 变化K次, 能变成target.
TODO
38. Paint House II.java Level: Hard
一排n个房子, 每个房子可涂成k种颜色, 涂每个房子的价钱不一样, 用costs[][]表示.
costs[0][1]表示涂了index是0的房子, 用了color 1.
规则: 相邻的两个房子不能使同一种颜色
求: 最少的cost
39. Best Time to Buy and Sell Stock III .java Level: Hard
比stock II 多了一个限制：只有2次卖出机会.
40. Best Time to Buy and Sell Stock IV.java Level: Hard
41. Russian Doll Envelopes.java Level: Hard
俄罗斯套娃, 这里用envelope来表现. 给一串array, 每一个[x, y] 是envelope 长宽. [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]].
看用这些套娃, 可以最多套几个.
42. Jump Game II.java Level: Hard
给一串数字 是可以跳的距离. goal: 跳到最后的index 所可能用的最少次数.
43. Expression Tree Build.java Level: Hard
给一串字符, 表示的是 公式 expression. 把公式变成expression tree
44. Expression Evaluation.java Level: Hard
给一个公式 expression, 然后evaluate结果.
45. Convert Expression to Polish Notation.java Level: Hard
给一串字符, 用来表示公式expression. 把这个expression转换成 Polish Notation (PN).
46. Convert Expression to Reverse Polish Notation.java Level: Hard
给一串字符, 用来表示公式expression. 把这个expression转换成 Reverse Polish Notation (RPN).
47. Decode Ways II.java Level: Hard
给出一串数字, 要翻译(decode)成英文字母. [1 ~ 26] 对应相对的英文字母. 求有多少种方法可以decode.
其中字符可能是 "*", 可以代表 [1 - 9]
48. Palindrome Partitioning II.java Level: Hard
给一个String s, 找出最少用多少cut, 使致 切割出的每一个substring, 都是palindrome
49. Backpack III.java Level: Hard
给n种不同的物品, int[] A weight, int[] V value, 每种物品可以用无限次
问最大多少value可以装进size是 m 的包?
0. Valid Perfect Square.java Level: Review
Binary找sqrt. 基本 mid+1, mid-1 template. 注意: define index as long.
1. Regular Expression Matching.java Level: Review
2. Word Break II.java Level: Review
两个DP一起用.解决了timeout的问题
Note:
在Word Break里面用了set.contains(...), 在isValid里面，i 从0开始。 但是，contains()本身是O(n).
在这道题里面应该是因为word dictionary太大，加上nest for, 变成O(n^3)所以timeout.
istead,用一个isWord[i][j]，就O(1)判断了i~j是不是存在dictionary里面。
3. Binary Tree Maximum Path Sum.java Level: Review
LeetCode: H 用 PathSumType 比较特别. 没有 data structure的时候, 写起来比较繁琐.
第一次做有点难理解，复杂原因是：因为可能有负值啊。不能乱assume正数。
single path max 的计算是为了给后面的comboMax用的。
如果single path max小于0，那没有什么加到parent上面的意义，所以就被再次刷为0.
combo的三种情况：(root可能小于0)
情况1和情况2取一个最大值，然后和情况三比较。做了两个Math.max(). 然后就有了这一层的comboMax
12.11.2015 recap:
So totally, 5 conditions:
(save in single)
left + curr.val OR right + curr.val
(save in combo:)
left, right, OR left + curr.val + right
4. Surrounded Regions.java Level: Review
从四个边的edge出发, 像感染僵尸病毒一样扩散, 把靠边的node全部mark, 然后将还是'O'的改成X, 最后回复marks -> 'O'
方法1: UnionFind里面这次用到了一个rank的概念, 需要review
方法2,3: DFS, BFS都好理解,
5. Maximum Average Subarray II.java Level: Review
给int[] nums 和 window min size k. window size可以大于K. 找最大的连续数列average value.
需要仔细去读下面的notes.
6. Building Outline.java Level: Review
又叫做skyline. 用Sweep Line做的O(nLogN), 但是貌似还有很多做法: segement tree, hashheap, treeSet?
original reference http://codechen.blogspot.com/2015/06/leetcode-skyline-problem.html?_sm_au_=isVmHvFmFs40TWRt
sweep line:
REVIEW
Binary Indexed Tree?
HashHeap?
7. Flip Game II.java Level: Review