前言

写的比较匆忙,测试用例是能全部跑通的,不过考虑内存和效率的话,还有许多需要改进的地方,所以请多指教

在二叉树中增加一行

题目描述

给定一个二叉树,根节点为第1层,深度为 1。在其第 d 层追加一行值为 v 的节点。

添加规则:给定一个深度值 d (正整数),针对深度为 d-1 层的每一非空节点 N,为 N 创建两个值为 v 的左子树和右子树。

将 N 原先的左子树,连接为新节点 v 的左子树;

将 N 原先的右子树,连接为新节点 v 的右子树。

如果 d 的值为 1,深度 d - 1 不存在,则创建一个新的根节点 v,原先的整棵树将作为 v 的左子树。

Example
Input:
A binary tree as following:
4
/ \
2 6
/ \ /
3 1 5 v = 1 d = 2 Output:
4
/ \
1 1
/ \
2 6
/ \ /
3 1 5 来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode-cn.com/problems/add-one-row-to-tree
 
基本思想
二叉树的先序遍历 
 
代码的基本结构
不是最终结构,而是大体的结构
/**
* @param {number} cd:current depth,递归当前深度
* @param {number} td:target depth, 目标深度
*/
var traversal = function (node, v, cd, td) {
// 递归到目标深度,创建新节点并返回
if (cd === td) {
// return 新节点
}
// 向左子树递归
if (node.left) {
node.left = traversal (node.left, v, cd + 1, td);
}
// 向右子树递归
if (node.right) {
node.right = traversal (node.right, v, cd + 1, td);
}
// 返回旧节点
return node;
};
/**
* Definition for a binary tree node.
* function TreeNode(val) {
* this.val = val;
* this.left = this.right = null;
* }
*/
/**
* @param {TreeNode} root
* @param {number} v
* @param {number} d
* @return {TreeNode}
*/
var addOneRow = function (root, v, td) {
// 从根节点开始递归
traversal (root, v, 1, td);
return root;
};
具体分析
我们可以分类讨论,分三种情况处理
 
第1种情况:目标深度<=当前递归路径的最大深度 
处理方法:val节点替换该目标深度对应的节点,并且
  • 如果目标节点原来是左子树,那么重置后目标节点是val节点的左子树

  • 如果目标节点原来是右子树,那么重置后目标节点是val节点的右子树

第2种情况:目标深度>当前递归路径的最大深度
阅读题目发现,有这么一个描述:“输入的深度值 d 的范围是:[1,二叉树最大深度 + 1]”
所以呢,当目标深度恰好比当前路径的树的深度再深一层时,处理方式是:
在最底下那一层节点的左右分支新增val节点
第3种情况:目标深度为1

我们再分析题意,题目里说:“如果 d 的值为 1,深度 d - 1 不存在,则创建一个新的根节点 v,原先的整棵树将作为 v 的左子树。”

这说明当:目标深度为1时,我们的处理方式是这样的 
全部代码 
/**
* @param {v} val,插入节点携带的值
* @param {cd} current depth,递归当前深度
* @param {td} target depth, 目标深度
* @param {isLeft} 判断原目标深度的节点是在左子树还是右子树
*/
var traversal = function (node, v, cd, td, isLeft) {
debugger;
if (cd === td) {
const newNode = new TreeNode (v);
// 如果原来是左子树,重置后目标节点还是在左子树上,否则相反
if (isLeft) {
newNode.left = node;
} else {
newNode.right = node;
}
return newNode;
}
// 处理上述的第1和第2种情况
if (node.left || (node.left === null && cd + 1 === td)) {
node.left = traversal (node.left, v, cd + 1, td, true);
}
if (node.right || (node.right === null && cd + 1 === td)) {
node.right = traversal (node.right, v, cd + 1, td, false);
}
return node;
};
/**
* Definition for a binary tree node.
* function TreeNode(val) {
* this.val = val;
* this.left = this.right = null;
* }
*/
/**
* @param {TreeNode} root
* @param {number} v
* @param {number} d
* @return {TreeNode}
*/
var addOneRow = function (root, v, td) {
// 处理目标深度为1的情况,也就是上述的第3种情况
if (td === 1) {
const n = new TreeNode (v);
n.left = root;
return n;
}
traversal (root, v, 1, td);
return root;
};

单词拆分

题目描述 

给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict,判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。

说明:

1.拆分时可以重复使用字典中的单词。

2.你可以假设字典中没有重复的单词。

Example 
example1
输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"]
输出: true
解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以被拆分成 "apple pen apple"。
注意: 你可以重复使用字典中的单词。 example2
输入: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"]
输出: false 来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode-cn.com/problems/word-break
基本思想 

动态规划

具体分析
动态规划的关键点是:寻找状态转移方程
有了这个状态转移方程,我们就可以根据上一阶段状态和决策结果,去求出本阶段的状态和结果
然后,就可以从初始值,不断递推求出最终结果。
在这个问题里,我们使用一个一维数组来存放动态规划过程的递推数据
假设这个数组为dp,数组元素都为true或者false,
dp[N] 存放的是字符串s中从0到N截取的子串是否是“可拆分”的布尔值
让我们从一个具体的中间场景出发来思考计算过程
假设我们有
wordDict = ['ab','cd','ef']
s ='abcdef'

并且假设目前我们已经得出了N=1到N=5的情况,而现在需要计算N=6的情况

或者说,我们已经求出了dp[1] 到dp[5]的布尔值,现在需要计算dp[6] = ?
 
该怎么计算呢?
现在新的字符f被加入到序列“abcde”的后面,如此以来,就新增了以下几种6种需要计算的情况
A序列 + B序列
1.abcdef + ""
2.abcde + f
3.abcd + ef
4.abc + def
5.ab + cdef
6.a + bcdef
注意:当A可拆且B可拆时,则A+B也是可拆分的

从中我们不难发现两点

  1. 当A可拆且B可拆时,则A+B也是可拆分的

  2. 这6种情况只要有一种组合序列是可拆分的,abcdef就一定是可拆的,也就得出dp[6] = true了

下面是根据根据已有的dp[1] 到dp[5]的布尔值,动态计算dp[6] 的过程
(注意只要计算到可拆,就可以break循环了)
 
具体代码
var initDp = function (len) {
let dp = new Array (len + 1).fill (false);
return dp;
};
/**
* @param {string} s
* @param {string[]} wordDict
* @return {boolean}
*/
var wordBreak = function (s, wordDict) {
// 处理空字符串
if (s === '' && wordDict.indexOf ('') === -1) {
return false;
}
const len = s.length;
// 默认初始值全部为false
const dp = initDp (len);
const a = s.charAt (0);
// 初始化动态规划的初始值
dp[0] = wordDict.indexOf (a) === -1 ? false : true;
dp[1] = wordDict.indexOf (a) === -1 ? false : true;
// i:end
// j:start
for (let i = 1; i < len; i++) {
for (let j = 0; j <= i; j++) {
// 序列[0,i] = 序列[0,j] + 序列[j,i]
// preCanBreak表示序列[0,j]是否是可拆分的
const preCanBreak = dp[j];
// 截取序列[j,i]
const str = s.slice (j, i + 1);
// curCanBreak表示序列[j,i]是否是可拆分的
const curCanBreak = wordDict.indexOf (str) !== -1;
// 情况1: 序列[0,j]和序列[j,i]都可拆分,那么序列[0,i]肯定也是可拆分的
const flag1 = preCanBreak && curCanBreak;
// 情况2: 序列[0,i]本身就存在于字典中,所以是可拆分的
const flag2 = curCanBreak && j === 0;
if (flag1 || flag2) {
// 设置bool值,本轮计算结束
dp[i + 1] = true;
break;
}
}
}
// 返回最后结果
return dp[len];
};

全排列

题目描述

给定一个没有重复数字的序列,返回其所有可能的全排列。

Example

输入: [1,2,3]
输出:
[
[1,2,3],
[1,3,2],
[2,1,3],
[2,3,1],
[3,1,2],
[3,2,1]
] 来源:力扣(LeetCode)
链接:https://leetcode-cn.com/problems/permutations

基本思想

回溯法

具体分析
  1. 深度优先搜索搞一波,index在递归中向前推进

  2. 当index等于数组长度的时候,结束递归,收集到results中(数组记得要深拷贝哦)

  3. 两次数字交换的运用,计算出两种情况

总结

想不通没关系,套路一波就完事了

具体代码
var swap = function (nums, i, j) {
const temp = nums[i];
nums[i] = nums[j];
nums[j] = temp;
}; var recursion = function (nums, results, index) {
// 剪枝
if (index >= nums.length) {
results.push (nums.concat ());
return;
}
// 初始化i为index
for (let i = index; i < nums.length; i++) {
// index 和 i交换??
// 统计交换和没交换的两种情况
swap (nums, index, i);
recursion (nums, results, index + 1);
swap (nums, index, i);
}
};
/**
* @param {number[]} nums
* @return {number[][]}
*/
var permute = function (nums) {
const results = [];
recursion (nums, results, 0);
return results;
};

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