31.两个数组的交集
给定两个数组，编写一个函数来计算它们的交集。
答案：
方法一：两个集合
计算两个数组的交集，直观的方法是遍历数组 nums1，对于其中的每个元素，遍历数组 nums2 判断该元素是否在数组 nums2 中，如果存在，则将该元素添加到返回值。假设数组 nums1 和 nums2 的长度分别是 mm 和 nn，则遍历数组 nums1 需要 O(m)O(m) 的时间，判断 nums1 中的每个元素是否在数组 nums2 中需要 O(n)O(n) 的时间，因此总时间复杂度是 O(mn)O(mn)。
如果使用哈希集合存储元素，则可以在 O(1)O(1) 的时间内判断一个元素是否在集合中，从而降低时间复杂度。
首先使用两个集合分别存储两个数组中的元素，然后遍历较小的集合，判断其中的每个元素是否在另一个集合中，如果元素也在另一个集合中，则将该元素添加到返回值。该方法的时间复杂度可以降低到 O(m+n)O(m+n)。
class Solution {
public int[] intersection(int[] nums1, int[] nums2) {
Set<Integer> set1 = new HashSet<Integer>();
Set<Integer> set2 = new HashSet<Integer>();
for (int num : nums1) {
set1.add(num);
}
for (int num : nums2) {
set2.add(num);
}
return getIntersection(set1, set2);
}
public int[] getIntersection(Set<Integer> set1, Set<Integer> set2) {
if (set1.size() > set2.size()) {
return getIntersection(set2, set1);
}
Set<Integer> intersectionSet = new HashSet<Integer>();
for (int num : set1) {
if (set2.contains(num)) {
intersectionSet.add(num);
}
}
int[] intersection = new int[intersectionSet.size()];
int index = 0;
for (int num : intersectionSet) {
intersection[index++] = num;
}
return intersection;
}
}
方法二：排序 + 双指针
如果两个数组是有序的，则可以使用双指针的方法得到两个数组的交集。
首先对两个数组进行排序，然后使用两个指针遍历两个数组。可以预见的是加入答案的数组的元素一定是递增的，为了保证加入元素的唯一性，我们需要额外记录变量 pre 表示上一次加入答案数组的元素。
初始时，两个指针分别指向两个数组的头部。每次比较两个指针指向的两个数组中的数字，如果两个数字不相等，则将指向较小数字的指针右移一位，如果两个数字相等，且该数字不等于pre ，将该数字添加到答案并更新pre 变量，同时将两个指针都右移一位。当至少有一个指针超出数组范围时，遍历结束。
class Solution {
public int[] intersection(int[] nums1, int[] nums2) {
Arrays.sort(nums1);
Arrays.sort(nums2);
int length1 = nums1.length, length2 = nums2.length;
int[] intersection = new int[length1 + length2];
int index = 0, index1 = 0, index2 = 0;
while (index1 < length1 && index2 < length2) {
int num1 = nums1[index1], num2 = nums2[index2];
if (num1 == num2) {
// 保证加入元素的唯一性
if (index == 0 || num1 != intersection[index - 1]) {
intersection[index++] = num1;
}
index1++;
index2++;
} else if (num1 < num2) {
index1++;
} else {
index2++;
}
}
return Arrays.copyOfRange(intersection, 0, index);
}
}
32.两个数组的交集II
给定两个数组，编写一个函数来计算它们的交集。
如果给定的数组已经排好序呢？你将如何优化你的算法？
如果 nums1 的大小比 nums2 小很多，哪种方法更优？
如果 nums2 的元素存储在磁盘上，内存是有限的，并且你不能一次加载所有的元素到内存中，你该怎么办？
答案：
方法一：哈希表
由于同一个数字在两个数组中都可能出现多次，因此需要用哈希表存储每个数字出现的次数。对于一个数字，其在交集中出现的次数等于该数字在两个数组中出现次数的最小值。
首先遍历第一个数组，并在哈希表中记录第一个数组中的每个数字以及对应出现的次数，然后遍历第二个数组，对于第二个数组中的每个数字，如果在哈希表中存在这个数字，则将该数字添加到答案，并减少哈希表中该数字出现的次数。
为了降低空间复杂度，首先遍历较短的数组并在哈希表中记录每个数字以及对应出现的次数，然后遍历较长的数组得到交集。
class Solution {
public int[] intersect(int[] nums1, int[] nums2) {
if (nums1.length > nums2.length) {
return intersect(nums2, nums1);
}
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<Integer, Integer>();
for (int num : nums1) {
int count = map.getOrDefault(num, 0) + 1;
map.put(num, count);
}
int[] intersection = new int[nums1.length];
int index = 0;
for (int num : nums2) {
int count = map.getOrDefault(num, 0);
if (count > 0) {
intersection[index++] = num;
count--;
if (count > 0) {
map.put(num, count);
} else {
map.remove(num);
}
}
}
return Arrays.copyOfRange(intersection, 0, index);
}
}
33.单词规律
给定一种规律 pattern 和一个字符串 str ，判断 str 是否遵循相同的规律。
这里的 遵循 指完全匹配，例如， pattern 里的每个字母和字符串 str 中的每个非空单词之间存在着双向连接的对应规律。
答案：
方法一：哈希表
思路及解法
在本题中，我们需要判断字符与字符串之间是否恰好一一对应。即任意一个字符都对应着唯一的字符串，任意一个字符串也只被唯一的一个字符对应。在集合论中，这种关系被称为「双射」。
想要解决本题，我们可以利用哈希表记录每一个字符对应的字符串，以及每一个字符串对应的字符。然后我们枚举每一对字符与字符串的配对过程，不断更新哈希表，如果发生了冲突，则说明给定的输入不满足双射关系。
在实际代码中，我们枚举 \textit{pattern}pattern 中的每一个字符，利用双指针来均摊线性地找到该字符在 \textit{str}str 中对应的字符串。每次确定一个字符与字符串的组合，我们就检查是否出现冲突，最后我们再检查两字符串是否比较完毕即可。
class Solution {
public boolean wordPattern(String pattern, String str) {
Map<String, Character> str2ch = new HashMap<String, Character>();
Map<Character, String> ch2str = new HashMap<Character, String>();
int m = str.length();
int i = 0;
for (int p = 0; p < pattern.length(); ++p) {
char ch = pattern.charAt(p);
if (i >= m) {
return false;
}
int j = i;
while (j < m && str.charAt(j) != ' ') {
j++;
}
String tmp = str.substring(i, j);
if (str2ch.containsKey(tmp) && str2ch.get(tmp) != ch) {
return false;
}
if (ch2str.containsKey(ch) && !tmp.equals(ch2str.get(ch))) {
return false;
}
str2ch.put(tmp, ch);
ch2str.put(ch, tmp);
i = j + 1;
}
return i >= m;
}
}
答案二：
class Solution {
public boolean wordPattern(String pattern, String str) {
String[] words = str.split(" ");
//字符和单词是互相映射，数量必须相等
if (words.length != pattern.length()) {
return false;
}
Map<Object, Integer> map = new HashMap<>();
for (Integer i = 0; i < words.length; i++) {
/*
如果key不存在，插入成功，返回null；如果key存在，返回之前对应的value。
以pattern = "abba", str = "dog cat cat dog"为例，
第1次：map.put('a',0)返回null，map.put("dog",0)返回null，两者相等；
第2次：map.put('b',1)返回null，map.put("cat",1)返回null，两者相等；
第3次：map.put('b',2)返回1，map.put("cat",2)返回1，两者相等；
第4次：map.put('a',3)返回0，map.put("dog",3)返回0，两者相等，
结果为 true。
以pattern = "abba", str = "dog cat cat fish"为例，
第1次：map.put('a',0)返回null，map.put("dog",0)返回null，两者相等；
第2次：map.put('b',1)返回null，map.put("cat",1)返回null，两者相等；
第3次：map.put('b',2)返回1，map.put("cat",2)返回1，两者相等；
第4次：map.put('a',3)返回0，map.put("fish",3)返回null，两者不相等，
结果为 false。
*/
if (map.put(pattern.charAt(i), i) != map.put(words[i], i)) {
return false;
}
}
return true;
}
}
34.移动零
给定一个数组 nums，编写一个函数将所有 0 移动到数组的末尾，同时保持非零元素的相对顺序。
答案：
方法一：双指针
思路及解法
使用双指针，左指针指向当前已经处理好的序列的尾部，右指针指向待处理序列的头部。
右指针不断向右移动，每次右指针指向非零数，则将左右指针对应的数交换，同时左指针右移。
注意到以下性质：
左指针左边均为非零数；
右指针左边直到左指针处均为零。
因此每次交换，都是将左指针的零与右指针的非零数交换，且非零数的相对顺序并未改变。
class Solution {
public void moveZeroes(int[] nums) {
int n = nums.length, left = 0, right = 0;
while (right < n) {
if (nums[right] != 0) {
swap(nums, left, right);
left++;
}
right++;
}
}
public void swap(int[] nums, int left, int right) {
int temp = nums[left];
nums[left] = nums[right];
nums[right] = temp;
}
}
35.猜数字大小
猜数字游戏的规则如下：
每轮游戏，我都会从 1 到 n 随机选择一个数字。 请你猜选出的是哪个数字。
如果你猜错了，我会告诉你，你猜测的数字比我选出的数字是大了还是小了。
你可以通过调用一个预先定义好的接口 int guess(int num) 来获取猜测结果，返回值一共有 3 种可能的情况（-1，1 或 0）：
-1：我选出的数字比你猜的数字小 pick < num
1：我选出的数字比你猜的数字大 pick > num
0：我选出的数字和你猜的数字一样。恭喜！你猜对了！pick == num
返回我选出的数字。
答案：
方法一：二分查找
记选出的数字为 \textit{pick}pick，猜测的数字为 xx。根据题目描述，若 \texttt{guess}(x)\le 0guess(x)≤0 则说明 x\ge\textit{pick}x≥pick，否则 x<\textit{pick}x<pick。
根据这一性质我们可以使用二分查找来求出答案 \textit{pick}pick。
二分时，记当前区间为 [\textit{left},\textit{right}][left,right]，初始时 \textit{left}=1left=1，\textit{right}=nright=n。记区间中间元素为 \textit{mid}mid，若有 \texttt{guess}(mid)\le 0guess(mid)≤0 则说明 \textit{pick} \in [\textit{left},\textit{mid}]pick∈[left,mid]，否则 \textit{pick} \in [\textit{mid}+1,\textit{right}]pick∈[mid+1,right]。当区间左右端点相同时，则说明我们找到了答案，退出循环。
public class Solution extends GuessGame {
public int guessNumber(int n) {
int left = 1, right = n;
while (left < right) { // 循环直至区间左右端点相同
int mid = left + (right - left) / 2; // 防止计算时溢出
if (guess(mid) <= 0) {
right = mid; // 答案在区间 [left, mid] 中
} else {
left = mid + 1; // 答案在区间 [mid+1, right] 中
}
}
// 此时有 left == right，区间缩为一个点，即为答案
return left;
}
}
36.比特位计数
给定一个非负整数 num。对于 0 ≤ i ≤ num 范围中的每个数字 i ，计算其二进制数中的 1 的数目并将它们作为数组返回。
答案：
方法一：二分查找
public class Solution extends GuessGame {
public int guessNumber(int n) {
int left = 1, right = n;
while (left < right) { // 循环直至区间左右端点相同
int mid = left + (right - left) / 2; // 防止计算时溢出
if (guess(mid) <= 0) {
right = mid; // 答案在区间 [left, mid] 中
} else {
left = mid + 1; // 答案在区间 [mid+1, right] 中
}
}
// 此时有 left == right，区间缩为一个点，即为答案
return left;
}
}
36.比特位计数
给定一个非负整数 num。对于 0 ≤ i ≤ num 范围中的每个数字 i ，计算其二进制数中的 1 的数目并将它们作为数组返回。
答案：
方法一：Brian Kernighan 算法
最直观的做法是对从 0 到 n 的每个整数直接计算「一比特数」。每个int 型的数都可以用 32 位二进制数表示，只要遍历其二进制表示的每一位即可得到 1 的数目。
利用 Brian Kernighan 算法，可以在一定程度上进一步提升计算速度。Brian Kernighan 算法的原理是：对于任意整数 x，令 x=x & (x−1)，该运算将 x 的二进制表示的最后一个 1 变成 0。因此，对 x 重复该操作，直到 x 变成 0，则操作次数即为 x 的「一比特数」。
对于给定的 n，计算从 0 到 n 的每个整数的「一比特数」的时间都不会超过 O(logn)，因此总时间复杂度为O(nlogn)。
class Solution {
public int[] countBits(int n) {
int[] bits = new int[n + 1];
for (int i = 0; i <= n; i++) {
bits[i] = countOnes(i);
}
return bits;
}
public int countOnes(int x) {
int ones = 0;
while (x > 0) {
x &= (x - 1);
ones++;
}
return ones;
}
}
37.有多少小于当前数字
给你一个数组 nums，对于其中每个元素 nums[i]，请你统计数组中比它小的所有数字的数目。
换而言之，对于每个 nums[i] 你必须计算出有效的 j 的数量，其中 j 满足 j != i 且 nums[j] < nums[i] 。
以数组形式返回答案。
答案：
方法一：暴力
比较容易想到的一个方法是，对于数组中的每一个元素，我们都遍历数组一次，统计小于当前元素的数的数目。
class Solution {
public int[] smallerNumbersThanCurrent(int[] nums) {
int n = nums.length;
int[] ret = new int[n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
int cnt = 0;
for (int j = 0; j < n; j++) {
if (nums[j] < nums[i]) {
cnt++;
}
}
ret[i] = cnt;
}
return ret;
}
}
38.上升下降字符串
给你一个字符串 s ，请你根据下面的算法重新构造字符串：
从 s 中选出 最小 的字符，将它 接在 结果字符串的后面。
从 s 剩余字符中选出 最小 的字符，且该字符比上一个添加的字符大，将它 接在 结果字符串后面。
重复步骤 2 ，直到你没法从 s 中选择字符。
从 s 中选出 最大 的字符，将它 接在 结果字符串的后面。
从 s 剩余字符中选出 最大 的字符，且该字符比上一个添加的字符小，将它 接在 结果字符串后面。
重复步骤 5 ，直到你没法从 s 中选择字符。
重复步骤 1 到 6 ，直到 s 中所有字符都已经被选过。
在任何一步中，如果最小或者最大字符不止一个 ，你可以选择其中任意一个，并将其添加到结果字符串。
请你返回将 s 中字符重新排序后的 结果字符串 。
答案：
方法一：桶计数
思路及解法
仔细分析步骤，我们发现：
每个字符被选择且仅被选择一次；
每一轮会在字符串末尾加入一个先升后降的字符串，且该串的上升部分和下降部分都会尽可能长。
于是我们重复若干轮下述操作，直到每一个字符都被选择过，这样就可以构造出这个字符串：
先从未被选择的字符中提取出最长的上升字符串，将其加入答案。
然后从未被选择的字符中提取出最长的下降字符串，将其加入答案。
注意到在构造时我们只关注字符本身，而不关注字符在原字符串中的位置。因此我们可以直接创建一个大小为 2626 的桶，记录每种字符的数量。每次提取最长的上升或下降字符串时，我们直接顺序或逆序遍历这个桶。
具体地，在遍历桶的过程中，如果当前桶的计数值不为零，那么将当前桶对应的字符加入到答案中，并将当前桶的计数值减一即可。我们重复这一过程，直到答案字符串的长度与传入的字符串的长度相等。
class Solution {
public String sortString(String s) {
int[] num = new int[26];
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
num[s.charAt(i) - 'a']++;
}
StringBuffer ret = new StringBuffer();
while (ret.length() < s.length()) {
for (int i = 0; i < 26; i++) {
if (num[i] > 0) {
ret.append((char) (i + 'a'));
num[i]--;
}
}
for (int i = 25; i >= 0; i--) {
if (num[i] > 0) {
ret.append((char) (i + 'a'));
num[i]--;
}
}
}
return ret.toString();
}
}
39.字符串中的第一个唯一字符
给定一个字符串，找到它的第一个不重复的字符，并返回它的索引。如果不存在，则返回 -1。
答案：
Map.getOrDefault(Object key, V defaultValue)：
当Map集合中有这个key时，就使用这个key值；
如果没有就使用默认值defaultValue。
Map<Character, Integer> map = new HashMap<>();
for(int i = 0;i < s.length();i++){
map.put(s.charAt(i),map.getOrDefault(s.charAt(i), 0)+1);
//当s.charAt(i)没有的时候默认0，有的时候直接取出这个key值的value。
}
方法一：使用哈希表存储频数
思路与算法
我们可以对字符串进行两次遍历。
在第一次遍历时，我们使用哈希映射统计出字符串中每个字符出现的次数。在第二次遍历时，我们只要遍历到了一个只出现一次的字符，那么就返回它的索引，否则在遍历结束后返回 -1。
class Solution {
public int firstUniqChar(String s) {
Map<Character, Integer> frequency = new HashMap<Character, Integer>();
for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
char ch = s.charAt(i);
frequency.put(ch, frequency.getOrDefault(ch, 0) + 1);
}
for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
if (frequency.get(s.charAt(i)) == 1) {
return i;
}
}
return -1;
}
}
40.反转字符串
编写一个函数，其作用是将输入的字符串反转过来。输入字符串以字符数组 char[] 的形式给出。
不要给另外的数组分配额外的空间，你必须原地修改输入数组、使用 O(1) 的额外空间解决这一问题。
你可以假设数组中的所有字符都是 ASCII 码表中的可打印字符。
答案：
class Solution {
public void reverseString(char[] s) {
int n = s.length;
for (int left = 0, right = n - 1; left < right; ++left, --right) {
char tmp = s[left];
s[left] = s[right];
s[right] = tmp;
}
}
}
41.找不同
给定两个字符串 s 和 t，它们只包含小写字母。
字符串 *t* 由字符串 *s* 随机重排，然后在随机位置添加一个字母。
请找出在 t 中被添加的字母。
答案：
方法一：计数
首先遍历字符串 ss，对其中的每个字符都将计数值加 11；然后遍历字符串 tt，对其中的每个字符都将计数值减 11。当发现某个字符计数值为负数时，说明该字符在字符串 tt 中出现的次数大于在字符串 ss 中出现的次数，因此该字符为被添加的字符。
class Solution {
public char findTheDifference(String s, String t) {
int[] cnt = new int[26];
for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
char ch = s.charAt(i);
cnt[ch - 'a']++;
}
for (int i = 0; i < t.length(); ++i) {
char ch = t.charAt(i);
cnt[ch - 'a']--;
if (cnt[ch - 'a'] < 0) {
return ch;
}
}
return ' ';
}
}
方法二：求和
class Solution {
public char findTheDifference(String s, String t) {
int as = 0, at = 0;
for (int i = 0; i < s.length(); ++i) {
as += s.charAt(i);
}
for (int i = 0; i < t.length(); ++i) {
at += t.charAt(i);
}
return (char) (at - as);
}
}
43.找到数组中所有消失的数字
给你一个含 n 个整数的数组 nums ，其中 nums[i] 在区间 [1, n] 内。请你找出所有在 [1, n] 范围内但没有出现在 nums 中的数字，并以数组的形式返回结果。
答案：
方法一：原地修改
思路及解法
我们可以用一个哈希表记录数组 nums 中的数字，由于数字范围均在 [1,n] 中，记录数字后我们再利用哈希表检查 [1,n] 中的每一个数是否出现，从而找到缺失的数字。
由于数字范围均在 [1,n] 中，我们也可以用一个长度为 n 的数组来代替哈希表。这一做法的空间复杂度是O(n) 的。我们的目标是优化空间复杂度到 O(1)。
注意到nums 的长度恰好也为 nn，能否让 nums 充当哈希表呢？
由于nums 的数字范围均在 [1,n] 中，我们可以利用这一范围之外的数字，来表达「是否存在」的含义。
具体来说，遍历 nums，每遇到一个数 x，就让 nums[x−1] 增加 n。由于 nums 中所有数均在 [1,n] 中，增加以后，这些数必然大于 n。最后我们遍历nums，若 nums[i] 未大于 n，就说明没有遇到过数 i+1。这样我们就找到了缺失的数字。
注意，当我们遍历到某个位置时，其中的数可能已经被增加过，因此需要对 n 取模来还原出它本来的值。
class Solution {
public List<Integer> findDisappearedNumbers(int[] nums) {
int n = nums.length;
for (int num : nums) {
int x = (num - 1) % n;
nums[x] += n;
}
List<Integer> ret = new ArrayList<Integer>();
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (nums[i] <= n) {
ret.add(i + 1);
}
}
return ret;
}
}
44.字符串相加
给定两个字符串形式的非负整数 num1 和num2 ，计算它们的和。
答案：
方法一：模拟
思路与算法
本题我们只需要对两个大整数模拟「竖式加法」的过程。竖式加法就是我们平常学习生活中常用的对两个整数相加的方法，回想一下我们在纸上对两个整数相加的操作，是不是如下图将相同数位对齐，从低到高逐位相加，如果当前位和超过 10，则向高位进一位？因此我们只要将这个过程用代码写出来即可。
具体实现也不复杂，我们定义两个指针 i 和 j 分别指向 num1和num 2
的末尾，即最低位，同时定义一个变量 add 维护当前是否有进位，然后从末尾到开头逐位相加即可。你可能会想两个数字位数不同怎么处理，这里我们统一在指针当前下标处于负数的时候返回 0，等价于对位数较短的数字进行了补零操作，这样就可以除去两个数字位数不同情况的处理，具体可以看下面的代码。
class Solution {
public String addStrings(String num1, String num2) {
int i = num1.length() - 1, j = num2.length() - 1, add = 0;
StringBuffer ans = new StringBuffer();
while (i >= 0 || j >= 0 || add != 0) {
int x = i >= 0 ? num1.charAt(i) - '0' : 0;
int y = j >= 0 ? num2.charAt(j) - '0' : 0;
int result = x + y + add;
ans.append(result % 10);
add = result / 10;
i--;
j--;
}
// 计算完以后的答案需要翻转过来
ans.reverse();
return ans.toString();
}
}。
45.二分查找
给定一个 n 个元素有序的（升序）整型数组 nums 和一个目标值 target ，写一个函数搜索 nums 中的 target，如果目标值存在返回下标，否则返回 -1。
答案：
class Solution {
public int search(int[] nums, int target) {
int pivot, left = 0, right = nums.length - 1;
while (left <= right) {
pivot = left + (right - left) / 2;
if (nums[pivot] == target) return pivot;
if (target < nums[pivot]) right = pivot - 1;
else left = pivot + 1;
}
return -1;
}
}
46.单调数列
如果数组是单调递增或单调递减的，那么它是单调的。
如果对于所有 i <= j，A[i] <= A[j]，那么数组 A 是单调递增的。 如果对于所有 i <= j，A[i]> = A[j]，那么数组 A 是单调递减的。
当给定的数组 A 是单调数组时返回 true，否则返回 false。
答案：
方法一：两次遍历
遍历两次数组，分别判断其是否为单调递增或单调递减。
class Solution {
public boolean isMonotonic(int[] nums) {
return isSorted(nums, true) || isSorted(nums, false);
}
public boolean isSorted(int[] nums, boolean increasing) {
int n = nums.length;
if (increasing) {
for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
if (nums[i] > nums[i + 1]) {
return false;
}
}
} else {
for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
if (nums[i] < nums[i + 1]) {
return false;
}
}
}
return true;
}
}
方法二：一次遍历
遍历数组 nums，若既遇到了 {nums}[i]>{nums}[i+1]nums[i]>nums[i+1] 又遇到了 \textit{nums}[i']<[i'+1]nums[i]<nums[i+1]，则说明nums 既不是单调递增的，也不是单调递减的。
class Solution {
public boolean isMonotonic(int[] nums) {
boolean inc = true, dec = true;
int n = nums.length;
for (int i = 0; i < n - 1; ++i) {
if (nums[i] > nums[i + 1]) {
inc = false;
}
if (nums[i] < nums[i + 1]) {
dec = false;
}
}
return inc || dec;
}
}
47.拼写单词
给你一份『词汇表』（字符串数组） words 和一张『字母表』（字符串） chars。
假如你可以用 chars 中的『字母』（字符）拼写出 words 中的某个『单词』（字符串），那么我们就认为你掌握了这个单词。
注意：每次拼写（指拼写词汇表中的一个单词）时，chars 中的每个字母都只能用一次。
返回词汇表 words 中你掌握的所有单词的 长度之和。
答案：
方法一：哈希表记数
思路和算法
显然，对于一个单词 word，只要其中的每个字母的数量都不大于 chars 中对应的字母的数量，那么就可以用 chars 中的字母拼写出 word。所以我们只需要用一个哈希表存储 chars 中每个字母的数量，再用一个哈希表存储 word 中每个字母的数量，最后将这两个哈希表的键值对逐一进行比较即可。
class Solution {
public int countCharacters(String[] words, String chars) {
Map<Character, Integer> charsCnt = new HashMap<Character, Integer>();
int length = chars.length();
for (int i = 0; i < length; ++i) {
char c = chars.charAt(i);
charsCnt.put(c, charsCnt.getOrDefault(c, 0) + 1);
}
int ans = 0;
for (String word : words) {
Map<Character, Integer> wordCnt = new HashMap<Character, Integer>();
int wordLength = word.length();
for (int i = 0; i < wordLength; ++i) {
char c = word.charAt(i);
wordCnt.put(c, wordCnt.getOrDefault(c, 0) + 1);
}
boolean isAns = true;
for (int i = 0; i < wordLength; ++i) {
char c = word.charAt(i);
if (charsCnt.getOrDefault(c, 0) < wordCnt.getOrDefault(c, 0)) {
isAns = false;
break;
}
}
if (isAns) {
ans += word.length();
}
}
return ans;
}
}
getOrDefault(Object key, V defaultValue) 返回到指定键所映射的值，或defaultValue`如果此映射包含该键的映射
48.最小栈
设计一个支持 push ，pop ，top 操作，并能在常数时间内检索到最小元素的栈。
push(x) —— 将元素 x 推入栈中。
pop() —— 删除栈顶的元素。
top() —— 获取栈顶元素。
getMin() —— 检索栈中的最小元素。
答案：
方法一：辅助栈
思路
要做出这道题目，首先要理解栈结构先进后出的性质。
对于栈来说，如果一个元素 a 在入栈时，栈里有其它的元素 b, c, d，那么无论这个栈在之后经历了什么操作，只要 a 在栈中，b, c, d 就一定在栈中，因为在 a 被弹出之前，b, c, d 不会被弹出。
因此，在操作过程中的任意一个时刻，只要栈顶的元素是 a，那么我们就可以确定栈里面现在的元素一定是 a, b, c, d。
那么，我们可以在每个元素 a 入栈时把当前栈的最小值 m 存储起来。在这之后无论何时，如果栈顶元素是 a，我们就可以直接返回存储的最小值 m。
class MinStack {
Deque<Integer> xStack;
Deque<Integer> minStack;
public MinStack() {
xStack = new LinkedList<Integer>();
minStack = new LinkedList<Integer>();
minStack.push(Integer.MAX_VALUE);
}
public void push(int x) {
xStack.push(x);
minStack.push(Math.min(minStack.peek(), x));
}
public void pop() {
xStack.pop();
minStack.pop();
}
public int top() {
return xStack.peek();
}
public int getMin() {
return minStack.peek();
}
}
49.盛最多水的容器
给你 n 个非负整数 a1，a2，…，an，每个数代表坐标中的一个点 (i, ai) 。在坐标内画 n 条垂直线，垂直线 i 的两个端点分别为 (i, ai) 和 (i, 0) 。找出其中的两条线，使得它们与 x 轴共同构成的容器可以容纳最多的水。
说明：你不能倾斜容器。
答案：
若向内 移动短板 ，水槽的短板可能变大，因此下个水槽的面积 可能增大 。
若向内 移动长板 ，水槽的短板不变或变小，因此下个水槽的面积 一定变小
方法一：双指针
分析
我们先从题目中的示例开始，一步一步地解释双指针算法的过程。稍后再给出算法正确性的证明。
题目中的示例为：
[1, 8, 6, 2, 5, 4, 8, 3, 7]
^ ^
在初始时，左右指针分别指向数组的左右两端，它们可以容纳的水量为 \min(1, 7) * 8 = 8min(1,7)∗8=8。
此时我们需要移动一个指针。移动哪一个呢？直觉告诉我们，应该移动对应数字较小的那个指针（即此时的左指针）。这是因为，由于容纳的水量是由两个指针指向的数字中较小值 * 指针之间的距离决定的。如果我们移动数字较大的那个指针，那么前者「两个指针指向的数字中较小值」不会增加，后者「指针之间的距离」会减小，那么这个乘积会减小。因此，我们移动数字较大的那个指针是不合理的。因此，我们移动 数字较小的那个指针。
public class Solution {
public int maxArea(int[] height) {
int l = 0, r = height.length - 1;
int ans = 0;
while (l < r) {
int area = Math.min(height[l], height[r]) * (r - l);
ans = Math.max(ans, area);
if (height[l] <= height[r]) {
++l;
}
else {
--r;
}
}
return ans;
}
}
答案二：
class Solution {
public int maxArea(int[] height) {
int i = 0, j = height.length - 1, res = 0;
while(i < j) {
res = height[i] < height[j] ?
Math.max(res, (j - i) * height[i++]):
Math.max(res, (j - i) * height[j--]);
}
return res;
}
}
50.两句话中的不常见单词
给定两个句子 A 和 B 。 （句子是一串由空格分隔的单词。每个单词仅由小写字母组成。）
如果一个单词在其中一个句子中只出现一次，在另一个句子中却没有出现，那么这个单词就是不常见的。
返回所有不常用单词的列表。 您可以按任何顺序返回列表。
答案：
方法：计数
每个不常见的单词总共只出现一次。我们可以统计每个单词的出现次数，然后返回恰好出现一次的单词。
class Solution {
public String[] uncommonFromSentences(String A, String B) {
Map<String, Integer> count = new HashMap();
for (String word: A.split(" "))
count.put(word, count.getOrDefault(word, 0) + 1);
for (String word: B.split(" "))
count.put(word, count.getOrDefault(word, 0) + 1);
List<String> ans = new LinkedList();
for (String word: count.keySet())
if (count.get(word) == 1)
ans.add(word);
return ans.toArray(new String[ans.size()]);
}
}
51.公平的糖果棒交换
爱丽丝和鲍勃有不同大小的糖果棒：A[i] 是爱丽丝拥有的第 i 根糖果棒的大小，B[j] 是鲍勃拥有的第 j 根糖果棒的大小。
因为他们是朋友，所以他们想交换一根糖果棒，这样交换后，他们都有相同的糖果总量。（一个人拥有的糖果总量是他们拥有的糖果棒大小的总和。）
返回一个整数数组 ans，其中 ans[0] 是爱丽丝必须交换的糖果棒的大小，ans[1] 是 Bob 必须交换的糖果棒的大小。
如果有多个答案，你可以返回其中任何一个。保证答案存在。
答案：
int sumA = Arrays.stream(aliceSizes).sum(); 直接求出数组的和
class Solution {
public int[] fairCandySwap(int[] aliceSizes, int[] bobSizes) {
int sumA = Arrays.stream(aliceSizes).sum();
int sumB = Arrays.stream(bobSizes).sum();
int delta = (sumA - sumB) / 2;
Set<Integer> rec = new HashSet<Integer>();
for (int num : aliceSizes) {
rec.add(num);
}
int[] ans = new int[2];
for (int y : bobSizes) {
int x = y + delta;
if (rec.contains(x)) {
ans[0] = x;
ans[1] = y;
break;
}
}
return ans;
}
}
54.分糖果
排排坐，分糖果。
我们买了一些糖果 candies，打算把它们分给排好队的 n = num_people 个小朋友。
给第一个小朋友 1 颗糖果，第二个小朋友 2 颗，依此类推，直到给最后一个小朋友 n 颗糖果。
然后，我们再回到队伍的起点，给第一个小朋友 n + 1 颗糖果，第二个小朋友 n + 2 颗，依此类推，直到给最后一个小朋友 2 * n 颗糖果。
重复上述过程（每次都比上一次多给出一颗糖果，当到达队伍终点后再次从队伍起点开始），直到我们分完所有的糖果。注意，就算我们手中的剩下糖果数不够（不比前一次发出的糖果多），这些糖果也会全部发给当前的小朋友。
返回一个长度为 num_people、元素之和为 candies 的数组，以表示糖果的最终分发情况（即 ans[i] 表示第 i 个小朋友分到的糖果数）。
答案：
方法一：暴力
思路
最直观的方法是不断地遍历数组，如果还有糖就一直分，直到没有糖为止。
class Solution {
public int[] distributeCandies(int candies, int num_people) {
int[] ans = new int[num_people];
int i = 0;
while (candies != 0) {
ans[i % num_people] += Math.min(candies, i + 1);
candies -= Math.min(candies, i + 1);
i += 1;
}
return ans;
}
}
55.拥有最多糖果的孩子
给你一个数组 candies 和一个整数 extraCandies ，其中 candies[i] 代表第 i 个孩子拥有的糖果数目。
对每一个孩子，检查是否存在一种方案，将额外的 extraCandies 个糖果分配给孩子们之后，此孩子有 最多 的糖果。注意，允许有多个孩子同时拥有 最多 的糖果数目。
答案：
class Solution {
public List<Boolean> kidsWithCandies(int[] candies, int extraCandies) {
int n = candies.length;
int maxCandies = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
maxCandies = Math.max(maxCandies, candies[i]);
}
List<Boolean> ret = new ArrayList<Boolean>();
for (int i = 0; i < n; ++i) {
ret.add(candies[i] + extraCandies >= maxCandies);
}
return ret;
}
}
56.数组的相对排序
给你两个数组，arr1 和 arr2，
arr2 中的元素各不相同 。arr2 中的每个元素都出现在 arr1 中
对 arr1 中的元素进行排序，使 arr1 中项的相对顺序和 arr2 中的相对顺序相同。未在 arr2 中出现过的元素需要按照升序放在 arr1 的末尾。
答案：
方法二：计数排序
class Solution {
public int[] relativeSortArray(int[] arr1, int[] arr2) {
int upper = 0;
for (int x : arr1) {
upper = Math.max(upper, x);
}
int[] frequency = new int[upper + 1];
for (int x : arr1) {
++frequency[x];
}
int[] ans = new int[arr1.length];
int index = 0;
for (int x : arr2) {
for (int i = 0; i < frequency[x]; ++i) {
ans[index++] = x;
}
frequency[x] = 0;
}
for (int x = 0; x <= upper; ++x) {
for (int i = 0; i < frequency[x]; ++i) {
ans[index++] = x;
}
}
return ans;
}
}
57.一维数组的动态和：
给你一个数组 nums 。数组「动态和」的计算公式为：runningSum[i] = sum(nums[0]…nums[i]) 。
请返回 nums 的动态和。
答案：
class Solution {
public int[] runningSum(int[] nums) {
int n = nums.length;
for (int i = 1; i < n; i++) {
nums[i] += nums[i - 1];
}
return nums;
}
}
58.全排列
回溯算法与深度优先遍历
以下是维基百科中「回溯算法」和「深度优先遍历」的定义。
回溯法 采用试错的思想，它尝试分步的去解决一个问题。在分步解决问题的过程中，当它通过尝试发现现有的分步答案不能得到有效的正确的解答的时候，它将取消上一步甚至是上几步的计算，再通过其它的可能的分步解答再次尝试寻找问题的答案。回溯法通常用最简单的递归方法来实现，在反复重复上述的步骤后可能出现两种情况：
找到一个可能存在的正确的答案；
在尝试了所有可能的分步方法后宣告该问题没有答案。
深度优先搜索 算法（英语：Depth-First-Search，DFS）是一种用于遍历或搜索树或图的算法。这个算法会 尽可能深 的搜索树的分支。当结点 v 的所在边都己被探寻过，搜索将 回溯 到发现结点 v 的那条边的起始结点。这一过程一直进行到已发现从源结点可达的所有结点为止。如果还存在未被发现的结点，则选择其中一个作为源结点并重复以上过程，整个进程反复进行直到所有结点都被访问为止。
我刚开始学习「回溯算法」的时候觉得很抽象，一直不能理解为什么递归之后需要做和递归之前相同的逆向操作，在做了很多相关的问题以后，我发现其实「回溯算法」与「 深度优先遍历 」有着千丝万缕的联系。
个人理解
「回溯算法」与「深度优先遍历」都有「不撞南墙不回头」的意思。我个人的理解是：「回溯算法」强调了「深度优先遍历」思想的用途，用一个 不断变化 的变量，在尝试各种可能的过程中，搜索需要的结果。强调了 回退 操作对于搜索的合理性。而「深度优先遍历」强调一种遍历的思想，与之对应的遍历思想是「广度优先遍历」。至于广度优先遍历为什么没有成为强大的搜索算法，我们在题解后面会提。
在「力扣」第 51 题的题解《回溯算法（第 46 题 + 剪枝）》 中，展示了如何使用回溯算法搜索 44 皇后问题的一个解，相信对大家直观地理解「回溯算法」是有帮助。
搜索与遍历
我们每天使用的搜索引擎帮助我们在庞大的互联网上搜索信息。搜索引擎的「搜索」和「回溯搜索」算法里「搜索」的意思是一样的。
搜索问题的解，可以通过 遍历 实现。所以很多教程把「回溯算法」称为爆搜（暴力解法）。因此回溯算法用于 搜索一个问题的所有的解 ，通过深度优先遍历的思想实现。
总结搜索的方法：按顺序枚举每一位可能出现的情况，已经选择的数字在 当前 要选择的数字中不能出现。按照这种策略搜索就能够做到 不重不漏。这样的思路，可以用一个树形结构表示。
class Solution {
public List<List<Integer>> permute(int[] nums) {
List<List<Integer>> res = new ArrayList<List<Integer>>();
List<Integer> output = new ArrayList<Integer>();
for (int num : nums) {
output.add(num);
}
int n = nums.length;
backtrack(n, output, res, 0);
return res;
}
public void backtrack(int n, List<Integer> output, List<List<Integer>> res, int first) {
// 所有数都填完了
if (first == n) {
res.add(new ArrayList<Integer>(output));
}
for (int i = first; i < n; i++) {
// 动态维护数组
Collections.swap(output, first, i);
// 继续递归填下一个数
backtrack(n, output, res, first + 1);
// 撤销操作
Collections.swap(output, first, i);
}
}
}
59.接雨水
给定 n 个非负整数表示每个宽度为 1 的柱子的高度图，计算按此排列的柱子，下雨之后能接多少雨水。
方法 1：暴力
直接按问题描述进行。对于数组中的每个元素，我们找出下雨后水能达到的最高位置，等于两边最大高度的较小值减去当前高度的值。
public int trap(int[] height) {
int ans = 0;
int size = height.length;
for (int i = 1; i < size - 1; i++) {
int max_left = 0, max_right = 0;
for (int j = i; j >= 0; j--) { //Search the left part for max bar size
max_left = Math.max(max_left, height[j]);
}
for (int j = i; j < size; j++) { //Search the right part for max bar size
max_right = Math.max(max_right, height[j]);
}
ans += Math.min(max_left, max_right) - height[i];
}
return ans;
}
public int trap(int[] height) {
if (height == null || height.length == 0)
return 0;
int ans = 0;
int size = height.length;
int[] left_max = new int[size];
int[] right_max = new int[size];
left_max[0] = height[0];
for (int i = 1; i < size; i++) {
left_max[i] = Math.max(height[i], left_max[i - 1]);
}
right_max[size - 1] = height[size - 1];
for (int i = size - 2; i >= 0; i--) {
right_max[i] = Math.max(height[i], right_max[i + 1]);
}
for (int i = 1; i < size - 1; i++) {
ans += Math.min(left_max[i], right_max[i]) - height[i];
}
return ans;
}
解法一：按行求
这是我最开始想到的一个解法，提交后直接 AC 了，自己都震惊了。就是先求高度为 11 的水，再求高度为 22 的水，再求高度为 33 的水。
整个思路就是，求第 i 层的水，遍历每个位置，如果当前的高度小于 i，并且两边有高度大于等于 i 的，说明这个地方一定有水，水就可以加 11。
如果求高度为 i 的水，首先用一个变量 temp 保存当前累积的水，初始化为 00。从左到右遍历墙的高度，遇到高度大于等于 i 的时候，开始更新 temp。更新原则是遇到高度小于 i 的就把 temp 加 11，遇到高度大于等于 i 的，就把 temp 加到最终的答案 ans 里，并且 temp 置零，然后继续循环。
public int trap(int[] height) {
int sum = 0;
int max = getMax(height);//找到最大的高度，以便遍历。
for (int i = 1; i <= max; i++) {
boolean isStart = false; //标记是否开始更新 temp
int temp_sum = 0;
for (int j = 0; j < height.length; j++) {
if (isStart && height[j] < i) {
temp_sum++;
}
if (height[j] >= i) {
sum = sum + temp_sum;
temp_sum = 0;
isStart = true;
}
}
}
return sum;
}
private int getMax(int[] height) {
int max = 0;
for (int i = 0; i < height.length; i++) {
if (height[i] > max) {
max = height[i];
}
}
return max;
}
60.最接近的三数之和
给定一个包括 n 个整数的数组 nums 和 一个目标值 target。找出 nums 中的三个整数，使得它们的和与 target 最接近。返回这三个数的和。假定每组输入只存在唯一答案。
答案：
方法一：排序 + 双指针
class Solution {
public int threeSumClosest(int[] nums, int target) {
Arrays.sort(nums);
int n = nums.length;
int best = 10000000;
// 枚举 a
for (int i = 0; i < n; ++i) {
// 保证和上一次枚举的元素不相等
if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) {
continue;
}
// 使用双指针枚举 b 和 c
int j = i + 1, k = n - 1;
while (j < k) {
int sum = nums[i] + nums[j] + nums[k];
// 如果和为 target 直接返回答案
if (sum == target) {
return target;
}
// 根据差值的绝对值来更新答案
if (Math.abs(sum - target) < Math.abs(best - target)) {
best = sum;
}
if (sum > target) {
// 如果和大于 target，移动 c 对应的指针
int k0 = k - 1;
// 移动到下一个不相等的元素
while (j < k0 && nums[k0] == nums[k]) {
--k0;
}
k = k0;
} else {
// 如果和小于 target，移动 b 对应的指针
int j0 = j + 1;
// 移动到下一个不相等的元素
while (j0 < k && nums[j0] == nums[j]) {
++j0;
}
j = j0;
}
}
}
return best;
}
}
61.零钱兑换
给你一个整数数组 coins ，表示不同面额的硬币；以及一个整数 amount ，表示总金额。
计算并返回可以凑成总金额所需的 最少的硬币个数 。如果没有任何一种硬币组合能组成总金额，返回 -1 。
你可以认为每种硬币的数量是无限的。
贪心
想要总硬币数最少，肯定是优先用大面值硬币，所以对 coins 按从大到小排序
先丢大硬币，再丢会超过总额时，就可以递归下一层丢的是稍小面值的硬币乘法对加法的加速
优先丢大硬币进去尝试，也没必要一个一个丢，可以用乘法算一下最多能丢几个
k = amount / coins[c_index] 计算最大能投几个
amount - k * coins[c_index] 减去扔了 k 个硬币
count + k 加 k 个硬币
如果因为丢多了导致最后无法凑出总额，再回溯减少大硬币数量
最先找到的并不是最优解
注意不是现实中发行的硬币，面值组合规划合理，会有奇葩情况
考虑到有 [1,7,10] 这种用例，按照贪心思路 10 + 1 + 1 + 1 + 1 会比 7 + 7 更早找到
所以还是需要把所有情况都递归完ans 疯狂剪枝
贪心虽然得不到最优解，但也不是没用的
我们快速算出一个贪心的 ans 之后，虽然还会有奇葩情况，但是绝大部分普通情况就可以疯狂剪枝了
62.合并两个有序链表
答案：
我们直接将以上递归过程建模，同时需要考虑边界情况。
如果 l1 或者 l2 一开始就是空链表 ，那么没有任何操作需要合并，所以我们只需要返回非空链表。否则，我们要判断 l1 和 l2 哪一个链表的头节点的值更小，然后递归地决定下一个添加到结果里的节点。如果两个链表有一个为空，递归结束。
class Solution {
public ListNode mergeTwoLists(ListNode l1, ListNode l2) {
if (l1 == null) {
return l2;
} else if (l2 == null) {
return l1;
} else if (l1.val < l2.val) {
l1.next = mergeTwoLists(l1.next, l2);
return l1;
} else {
l2.next = mergeTwoLists(l1, l2.next);
return l2;
}
}
}
63.删除排序链表中的重复元素
答案：
方法一：一次遍历
思路与算法
由于给定的链表是排好序的，因此重复的元素在链表中出现的位置是连续的，因此我们只需要对链表进行一次遍历，就可以删除重复的元素。
具体地，我们从指针 \textit{cur}cur 指向链表的头节点，随后开始对链表进行遍历。如果当前 \textit{cur}cur 与 \textit{cur.next}cur.next 对应的元素相同，那么我们就将 \textit{cur.next}cur.next 从链表中移除；否则说明链表中已经不存在其它与 \textit{cur}cur 对应的元素相同的节点，因此可以将 \textit{cur}cur 指向 \textit{cur.next}cur.next。
当遍历完整个链表之后，我们返回链表的头节点即可。
当我们遍历到链表的最后一个节点时，\textit{cur.next}cur.next 为空节点，如果不加以判断，访问 \textit{cur.next}cur.next 对应的元素会产生运行错误。因此我们只需要遍历到链表的最后一个节点，而不需要遍历完整个链表。
注意下面 \texttt{C++}C++ 代码中并没有释放被删除的链表节点的空间。如果在面试中遇到本题，读者需要针对这一细节与面试官进行沟通。
class Solution {
public ListNode deleteDuplicates(ListNode head) {
if (head == null) {
return head;
}
ListNode cur = head;
while (cur.next != null) {
if (cur.val == cur.next.val) {
cur.next = cur.next.next;
} else {
cur = cur.next;
}
}
return head;
}
}
64.环形链表
答案：
方法一：哈希表
思路及算法
最容易想到的方法是遍历所有节点，每次遍历到一个节点时，判断该节点此前是否被访问过。
具体地，我们可以使用哈希表来存储所有已经访问过的节点。每次我们到达一个节点，如果该节点已经存在于哈希表中，则说明该链表是环形链表，否则就将该节点加入哈希表中。重复这一过程，直到我们遍历完整个链表即可。
代码
public class Solution {
public boolean hasCycle(ListNode head) {
Set<ListNode> seen = new HashSet<ListNode>();
while (head != null) {
if (!seen.add(head)) {
return true;
}
head = head.next;
}
return false;
}
}
2.快慢指针
public class Solution {
public boolean hasCycle(ListNode head) {
if (head == null || head.next == null) {
return false;
}
ListNode slow = head;
ListNode fast = head.next;
while (slow != fast) {
if (fast == null || fast.next == null) {
return false;
}
slow = slow.next;
fast = fast.next.next;
}
return true;
}
}
65.环形链表II
答案：
1.哈希表
public class Solution {
public ListNode detectCycle(ListNode head) {
ListNode pos = head;
Set<ListNode> visited = new HashSet<ListNode>();
while (pos != null) {
if (visited.contains(pos)) {
return pos;
} else {
visited.add(pos);
}
pos = pos.next;
}
return null;
}
}
2.快慢指针
任意时刻，\textit{fast}fast 指针走过的距离都为 \textit{slow}slow 指针的 22 倍。因此，我们有
a+(n+1)b+nc=2(a+b) \implies a=c+(n-1)(b+c)
a+(n+1)b+nc=2(a+b)⟹a=c+(n−1)(b+c)
有了 a=c+(n-1)(b+c)a=c+(n−1)(b+c) 的等量关系，我们会发现：从相遇点到入环点的距离加上 n-1n−1 圈的环长，恰好等于从链表头部到入环点的距离。
因此，当发现 slow 与 fast 相遇时，我们再额外使用一个指针ptr。起始，它指向链表头部；随后，它和 slow 每次向后移动一个位置。最终，它们会在入环点相遇。
public class Solution {
public ListNode detectCycle(ListNode head) {
if (head == null) {
return null;
}
ListNode slow = head, fast = head;
while (fast != null) {
slow = slow.next;
if (fast.next != null) {
fast = fast.next.next;
} else {
return null;
}
if (fast == slow) {
ListNode ptr = head;
while (ptr != slow) {
ptr = ptr.next;
slow = slow.next;
}
return ptr;
}
}
return null;
}
}
66.相交链表
答案：
1.哈希集合
public class Solution {
public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
Set<ListNode> visited = new HashSet<ListNode>();
ListNode temp = headA;
while (temp != null) {
visited.add(temp);
temp = temp.next;
}
temp = headB;
while (temp != null) {
if (visited.contains(temp)) {
return temp;
}
temp = temp.next;
}
return null;
}
}
2.双指针
public class Solution {
public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
if (headA == null || headB == null) {
return null;
}
ListNode pA = headA, pB = headB;
while (pA != pB) {
pA = pA == null ? headB : pA.next;
pB = pB == null ? headA : pB.next;
}
return pA;
}
}
67.反转链表
给你单链表的头节点 head ，请你反转链表，并返回反转后的链表。
答案：
方法一：迭代
class Solution {
public ListNode reverseList(ListNode head) {
ListNode prev = null;
ListNode curr = head;
while (curr != null) {
ListNode next = curr.next;
curr.next = prev;
prev = curr;
curr = next;
}
return prev;
}
}
方法二：递归
class Solution {
public ListNode reverseList(ListNode head) {
if (head == null || head.next == null) {
return head;
}
ListNode newHead = reverseList(head.next);
head.next.next = head;
head.next = null;
return newHead;
}
}
68.链表的中间节点
给定一个头结点为 head 的非空单链表，返回链表的中间结点。
如果有两个中间结点，则返回第二个中间结点。
答案：
方法二：单指针法
我们可以对方法一进行空间优化，省去数组 A。
我们可以对链表进行两次遍历。第一次遍历时，我们统计链表中的元素个数 N；第二次遍历时，我们遍历到第 N/2 个元素（链表的首节点为第 0 个元素）时，将该元素返回即可。
class Solution {
public ListNode middleNode(ListNode head) {
int n = 0;
ListNode cur = head;
while (cur != null) {
++n;
cur = cur.next;
}
int k = 0;
cur = head;
while (k < n / 2) {
++k;
cur = cur.next;
}
return cur;
}
}
69。链表中倒数第k个节点
答案：
方法一：顺序查找
class Solution {
public ListNode getKthFromEnd(ListNode head, int k) {
int n = 0;
ListNode node = null;
for (node = head; node != null; node = node.next) {
n++;
}
for (node = head; n > k; n--) {
node = node.next;
}
return node;
}
}
方法二：双指针
快慢指针的思想。我们将第一个指针 \textit{fast}fast 指向链表的第 k + 1k+1 个节点，第二个指针 \textit{slow}slow 指向链表的第一个节点，此时指针 \textit{fast}fast 与 \textit{slow}slow 二者之间刚好间隔 kk 个节点。此时两个指针同步向后走，当第一个指针 \textit{fast}fast 走到链表的尾部空节点时，则此时 \textit{slow}slow 指针刚好指向链表的倒数第kk个节点。
我们首先将 \textit{fast}fast 指向链表的头节点，然后向后走 kk 步，则此时 \textit{fast}fast 指针刚好指向链表的第 k + 1k+1 个节点。
我们首先将 \textit{slow}slow 指向链表的头节点，同时 \textit{slow}slow 与 \textit{fast}fast 同步向后走，当 \textit{fast}fast 指针指向链表的尾部空节点时，则此时返回 \textit{slow}slow 所指向的节点即可。
class Solution {
public ListNode getKthFromEnd(ListNode head, int k) {
ListNode fast = head;
ListNode slow = head;
while (fast != null && k > 0) {
fast = fast.next;
k--;
}
while (fast != null) {
fast = fast.next;
slow = slow.next;
}
return slow;
}
}
70.字符串解码
给定一个经过编码的字符串，返回它解码后的字符串。
编码规则为: k[encoded_string]，表示其中方括号内部的 encoded_string 正好重复 k 次。注意 k 保证为正整数。
你可以认为输入字符串总是有效的；输入字符串中没有额外的空格，且输入的方括号总是符合格式要求的。
此外，你可以认为原始数据不包含数字，所有的数字只表示重复的次数 k ，例如不会出现像 3a 或 2[4] 的输入。
答案：
方法一：栈操作
思路和算法
本题中可能出现括号嵌套的情况，比如 2[a2[bc]]，这种情况下我们可以先转化成 2[abcbc]，在转化成 abcbcabcbc。我们可以把字母、数字和括号看成是独立的 TOKEN，并用栈来维护这些 TOKEN。具体的做法是，遍历这个栈：
如果当前的字符为数位，解析出一个数字（连续的多个数位）并进栈
如果当前的字符为字母或者左括号，直接进栈
如果当前的字符为右括号，开始出栈，一直到左括号出栈，出栈序列反转后拼接成一个字符串，此时取出栈顶的数字（此时栈顶一定是数字，想想为什么？），就是这个字符串应该出现的次数，我们根据这个次数和字符串构造出新的字符串并进栈
重复如上操作，最终将栈中的元素按照从栈底到栈顶的顺序拼接起来，就得到了答案。注意：这里可以用不定长数组来模拟栈操作，方便从栈底向栈顶遍历。
class Solution {
int ptr;
public String decodeString(String s) {
LinkedList<String> stk = new LinkedList<String>();
ptr = 0;
while (ptr < s.length()) {
char cur = s.charAt(ptr);
if (Character.isDigit(cur)) {
// 获取一个数字并进栈
String digits = getDigits(s);
stk.addLast(digits);
} else if (Character.isLetter(cur) || cur == '[') {
// 获取一个字母并进栈 valueOf转为String类型
stk.addLast(String.valueOf(s.charAt(ptr++)));
} else {
++ptr;
LinkedList<String> sub = new LinkedList<String>();
while (!"[".equals(stk.peekLast())) {
sub.addLast(stk.removeLast());
}
Collections.reverse(sub);
// 左括号出栈
stk.removeLast();
// 此时栈顶为当前 sub 对应的字符串应该出现的次数
int repTime = Integer.parseInt(stk.removeLast());
StringBuffer t = new StringBuffer();
String o = getString(sub);
// 构造字符串
while (repTime-- > 0) {
t.append(o);
}
// 将构造好的字符串入栈
stk.addLast(t.toString());
}
}
return getString(stk);
}
public String getDigits(String s) {
StringBuffer ret = new StringBuffer();
//StringBuffer为字符串变量，可以扩充和修改 String为字符串常量，不可以修改
while (Character.isDigit(s.charAt(ptr))) {
ret.append(s.charAt(ptr++));
}
return ret.toString();
}
public String getString(LinkedList<String> v) {
StringBuffer ret = new StringBuffer();
for (String s : v) {
ret.append(s);
}
return ret.toString();
}
}
71.二叉树中序遍历
1.递归
public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
ArrayList<Integer> list=new ArrayList<>();
accessTree(root,list);
return list;
}
public void accessTree(TreeNode root,ArrayList list){
if(root==null){return;}
accessTree(root.left,list);
list.add(root.val);
accessTree(root.right,list);
}
}
2.循环
public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
ArrayList<Integer> list=new ArrayList<>();
Deque<TreeNode> stack=new LinkedList<TreeNode>();
while(root!=null || !stack.isEmpty()){
while(root!=null){
stack.push(root);
root=root.left;
}
root=stack.pop();
list.add(root.val);
root=root.right;
}
return list;
}
72.二叉树后序遍历
public List<Integer> postorderTraversal(TreeNode root) {
List<Integer> list=new ArrayList<Integer>();
Deque<TreeNode> stack=new LinkedList<TreeNode>();
TreeNode pre=null;
while(root!=null || !stack.isEmpty()){
while(root!=null){
stack.push(root);
root=root.left;
}
root=stack.pop();
if(root.right==null || root.right==pre){
list.add(root.val);
pre=root;
root=null;
}else{
stack.push(root);
root=root.right;
}
}
return list;
}
73.二叉树的最大深度
答案：
方法一：深度优先搜索
思路与算法
如果我们知道了左子树和右子树的最大深度 ll 和 rr，那么该二叉树的最大深度即为
max(l,r) + 1
而左子树和右子树的最大深度又可以以同样的方式进行计算。因此我们可以用「深度优先搜索」的方法来计算二叉树的最大深度。具体而言，在计算当前二叉树的最大深度时，可以先递归计算出其左子树和右子树的最大深度，然后在 O(1)O(1) 时间内计算出当前二叉树的最大深度。递归在访问到空节点时退出。
class Solution {
public int maxDepth(TreeNode root) {
if (root == null) {
return 0;
} else {
int leftHeight = maxDepth(root.left);
int rightHeight = maxDepth(root.right);
return Math.max(leftHeight, rightHeight) + 1;
}
}
}
方法二：广度优先搜索
思路与算法
我们也可以用「广度优先搜索」的方法来解决这道题目，但我们需要对其进行一些修改，此时我们广度优先搜索的队列里存放的是「当前层的所有节点」。每次拓展下一层的时候，不同于广度优先搜索的每次只从队列里拿出一个节点，我们需要将队列里的所有节点都拿出来进行拓展，这样能保证每次拓展完的时候队列里存放的是当前层的所有节点，即我们是一层一层地进行拓展，最后我们用一个变量 \textit{ans}ans 来维护拓展的次数，该二叉树的最大深度即为 \textit{ans}ans。
C++JavaGolangC
class Solution {
public int maxDepth(TreeNode root) {
if (root == null) {
return 0;
}
Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<TreeNode>();
queue.offer(root);
int ans = 0;
while (!queue.isEmpty()) {
int size = queue.size();
while (size > 0) {
TreeNode node = queue.poll();
if (node.left != null) {
queue.offer(node.left);
}
if (node.right != null) {
queue.offer(node.right);
}
size--;
}
ans++;
}
return ans;
}
}
74.翻转二叉树
答案：
方法一：递归
思路与算法
这是一道很经典的二叉树问题。显然，我们从根节点开始，递归地对树进行遍历，并从叶子节点先开始翻转。如果当前遍历到的节点 \textit{root}root 的左右两棵子树都已经翻转，那么我们只需要交换两棵子树的位置，即可完成以 \textit{root}root 为根节点的整棵子树的翻转。
class Solution {
public TreeNode invertTree(TreeNode root) {
if (root == null) {
return null;
}
TreeNode left = invertTree(root.left);
TreeNode right = invertTree(root.right);
root.left = right;
root.right = left;
return root;
}
}