最长公共前缀 题目 给定长度为 n 的整数数组 nums,其中 n > 1,返回输出数组 output ,其中 output[i] 等于 nums 中除 nums[i] 之外其余各元素的乘积. 示例: 输入: [1,2,3,4] 输出: [24,12,8,6] 说明: 请不要使用除法,且在 O(n) 时间复杂度内完成此题. 思路 第一种思路O(n2):但是不符合题目要求 两层循环遍历,思路很简单不详细说了第一层遍历数组中中的每个数,第二层遍历求解除了本身之外的乘积. 第二种思路就是除法:也不符合…

1.除自身以外数组的乘积 给定长度为 n 的整数数组 nums,其中 n > 1,返回输出数组 output ,其中 output[i] 等于 nums 中除 nums[i] 之外其余各元素的乘积. 示例: 输入: [1,2,3,4]输出: [24,12,8,6]说明: 请不要使用除法,且在 O(n) 时间复杂度内完成此题.  题解:记录前缀积和后缀积.   参考代码: class Solution { public: vector<int> productExceptSelf(vect…

二叉树中的最大路径和 题目描述 给定一个非空二叉树,返回器最大路径和,路径指一条从任意节点出发,到达任意节点的序列,该路径至少包含一个节点,且不一定经过根节点 解题思路 树这一类数据结构我还不是很熟悉,需要更进一步的学习,以下思路来自于题解: 根据题意可知,一条最大的路径存在两种可能: 存在一个节点,一条最大路径等于该节点的左右子树中路径较大的一颗子树,加上它自己后向其父节点回溯 存在一个节点,一条最大路径包含其左右子树与其本身,不会再向父节点回溯 代码实现 package algorithm.…

求二叉树的最大深度, 基本思路如下: 设定一个全局变量记录二叉树的深度,利用递归,没遍历一层都将临时深度变量+1,并在每一节点递归结束后判断深度大小. 具体代码如下: package algorithm; import basic.TreeNode; public class MaxDepthOfTree { private int depth = 0; public int maxDepth(TreeNode root) { acquireDepth(root,0); return depth…

在二进制中,2的幂的数字用二进制表示时只会有一位表示为1,其余都为0,基于这个前提,可以有两种方案: 1. 做位移操作 2. 与数值取反并与原数值做与操作,判断是否与原来的数值相同 对于方案1,我的想法是对数值 n 先做一次右移的移位操作,然后在对右移后的数做左移操作,判断两次操作前后的数值是否相同,以下是代码: public boolean isPowerOfTwo(int n) { for(int i=0;i<32;i++){ int temp = n >> i; int large…

由于众数是指数组中相同元素的个数超过数组长度的一半,所以有两种思路,一. 先排序,后取排序后的数组的中间位置的值:二. 统计,设定一个变量统计相同元素出现的次数,遍历数组,若与选定的元素相同,统计变量加一,否则减一,如果统计变量减为0,则换下一个元素作为对比元素,这么做可行的原因是众数的数量超过数组一半的前提下,统计变量的累加次数是会大于减少次数的,这也就可以保证遍历完数组后统计变量值大于0对应的元素是所要找的众数. 时间复杂度对比: 排序,这里采用快排,时间复杂度为O(NlogN) 统计,时间…

事先说明,如果不是评论区的大牛一语点破,我可能还会陷在死胡同里出不来,这道题其实很简单,利用了任何一个学过二进制的人都了解的定理,即: 1. 异或操作满足交换律 : a ^ b ^ c 等价于 a ^ c ^ b 2. 0与任何数的异或都是数字本身: 0 ^ n = n 3. 相同的两个数的异或结果为0: a ^ a =0 基于以上三个定理,病结合数组中相同元素只会出现两次的前提,就可以得出,初始时设一个变量为0,记录异或结果,遍历数组,不断的执行异或,最终结果就是只出现一次的元素 public…

解题思路:归并 先把链表拆开,分为两部分,一直拆到只剩一个元素后,进行合并,利用一个临时节点记录重排后的链表的起始位置 合并不难,困难点在于如何拆分链表,自己的大体思路是利用两个指针,一个一次移动两位,一个移动一位,当移动快的结束时,慢的指针指向的位置就是链表的中间位置, 将中间位置往后的进行递归切割,然后将中间位置的下一个指针指向空,即断开链表,再对左边的子链进行递归. 边界条件就是当中间位置与起始位置重合时,就返回起始链表 代码如下: package algorithm; import ba…

根据题意,找到几何中的所有子集,说实话子集是没有什么头绪的,因为如果采用遍历的方法,稍有遗漏不说,代码的嵌套循环层数随着数组大小的增加而增加,想了很久没有头绪后就去看了看评论,然后就被点破了解题的关键:遍历数组时,让当前这一元素构成的集合,分别去加上之前找到的所有子集,由于第一次找到的子集一定有两个,一个为空,一个带有一个元素,那么用当前元素组成的集合分别加上之前的集合,一定会有一个集合只有当前元素 如图: 由于采用遍历的方式,对于数组长度为N,指针没往前走一次,要遍历的子集数量是原来的2倍,所…

贪心算法: 具体的解题思路如下: II 的解题思路可以分为两部分, 1. 找到数组中差值较大的两个元素,计算差值. 2. 再步骤一最大的元素的之后,继续遍历,寻找差值最大的两个元素 可以得出的是,遍历指针是一直向着数组的尾部移动的,由于要取得局部的最大差值,这一局部子数组中的元素一定是递增的,所以先找到递增结束的位置,那就是递增位置的起点,然后遍历至此轮递增结束时的位置,这样就得到了一个局部的最优解. 此思路由于指针只遍历一次,所以时间复杂度为O(N). 以下是代码: class Solutio…