非常easy的一道DP,看到空间限制是O(N)的,不要习惯性的以为是要保存每一行的最小值,不难想到是要保存一行其中各个数为路径终点时的和的大小.当算到最后一行时,就是从顶部究竟部以这个底部位置为终点的最短路径和,找一个最小的就能够了. 实现的时候要注意个问题,由于计算时要用到上一行的数据,所以为了避免数据被覆盖,应该从后往前算,这个技巧用的非常多,相信大家都非常熟悉. ac代码例如以下: class Solution { public: int minimumTotal(vector<vecto…

这个题乍一看非常easy,实际上还挺有技巧的.我最開始的想法是找一个特殊值标记.遇到一个0,把他所相应的行列中非零的元素标记成这个特殊值.0值保持不变,然后再从头遍历一次,碰到特殊值就转化成0. 问题是这个特殊值怎么确定,题目中没有把取值范围给出,我怀着侥幸的心理用了最大和最小的int,都被揪了出来..假设找一个不存在于数组中的值,这个复杂度太高了. 有没有其它更好的方法呢?当然有.这个思想非常巧妙,最后的结果是把所有0所在的行列都化成0,换句话说.化成0这个事情仅仅要标记出是哪一行以及哪一列就…

当有反复元素的时候呢? 不用拍脑袋都会想到一种方法,也是全部有反复元素时的通用处理方法,维护一个set,假设这个元素没增加过就增加,增加过了的忽略掉.可是,在这道题上这个通用方法竟然超时了! 怎么办?想一下为什么会这样,如果我们要排列的数字是1111112,当当前的排列中没有1时,取哪个1生成一遍,都是一样的.仅仅有当前面的1都用过了,必须轮到这个1出场的时候,它才会有价值.更明白一点说,如果我们要在生成的排列中放两个1,那么这两个1是原来的哪两个根本无所谓,不断的选,终于的结果肯定一样,可是当…

很自然的推广,假设去掉全然二叉树的条件呢?由于这个条件不是关键,因此不会影响整体的思路.做法依旧是每次找到一层的起点,然后一层一层的走. 假设是全然二叉树的话,每层的起点就是上一层起点的左孩子,兄弟之间的链接也简单,直接找相应父亲的左右孩子就可以. 一般二叉树时,起点应该是上一层第一个有孩子节点的左孩子,或者没有左孩子时.是他的右孩子. 为了能在孩子层中不断链接,我们必须保存当孩子层的前一个节点,当当前层找到一个节点有孩子,就接到这个pre节点后面,然后更新pre节点的指向. class Sol…

看到这个题我就伤心啊,去微软面试的时候,第一个面试官让我做的题目就是实现集合的交操作,这个集合中的元素就像这里的interval一样.是一段一段的.当时写的那叫一个慘不忍睹.最后果然被拒掉了. .好好练习算法,争取正式招聘的时候拒一次微软.哈哈~ 说归说,这道题事实上还是比較简单的.先考虑什么样子的集合是能够合并的.设两段集合是[a, b]和[c, d],不失一般性的,如果a<c,那么有以下几种情况: 1. b<c,这说明两段是全然不相交的,没办法合并. 2. b>=c&&…

八皇后问题应该是回溯法的教学典范.在本科的时候,有一门课叫面向对象.最后的附录有这个问题的源码.当时根本不懂编程,照抄下来,执行一下出了结果都非常开心,哎. 皇后们的限制条件是不能同行同列,也不能同对角线. 那么显然每一列上都要有一个皇后,仅仅须要用一个一维数组记录皇后在每一行上的位置就能够了. 算法的思想是:从第一行開始,尝试把皇后放到某一列上,能够用一个vis数组保存已经有皇后的列,当找到一个还没有皇后的列时,就尝试着把当前皇后放上,然后看看有没有之前放好的皇后跟这个皇后同对角线,假设同对角…

说到格雷码,应该没人不知道,详细它有什么用,我还真不是非常清楚,我室友应该是专家.生成的规律不是非常明显,之前看到帖子讲的,这会儿找找不到了.. 思想是这种,假设有n位,在第2^(n-1)个编码以下画一条水平线的话,你会发现除了第一位之外,其它位都是关于这条线对称的,例如以下,以三位格雷码举例: 000 001 011 010 --------------------- 110 111 101 100 非常奇妙吧,我曾经是不知道这个规律的.从一開始的一位格雷码,0,1,開始,每次对称的在上一个前…

啊啊啊啊.好怀念这样的用递归保存路径然后打印出来的题目啊.好久没遇到了. 分了两种,一种是能够反复使用数组中数字的,一种是每一个数字仅仅能用一次的.事实上没有多大差别,第一种每次进入递归的时候都要从头開始尝试.另外一种要找一个标记的数组,把已经用到过的排除掉,就像生成全排列时的做法一样. 跟我一样用引用保存中间结果的话.要注意回退的情况. 另外一种回退时,要把用到的那个数也恢复为可用,就全然像全排列时做的一样.破例贴两个题的代码.由于他们是在是不值得用两片文章来写. class Solution…

水题. 描写叙述的还挺麻烦的,实际上就是纸老虎,用两个string,一个存上一轮的结果,一个用来更新出这一轮的结果,每次扫描上一轮,统计一个字符出现的次数,然后把这个次数和字符增加到这一轮的字符串中就能够了. class Solution { public: string countAndSay(int n) { if(n == 0) return ""; string tpres, res = "1"; for(int i=1;i<n;i++){ int j…

这个题事实上非常easy的,我一開始想复杂了,它没要求记录路径,事实上仅仅要看一下每一步之后所能延伸到的最远的位置就能够了,在这一个最远位置前面的那些位置,都是能够到达的,假设扫到了某个i,它大于当前能延伸到到的最远位置,说明这个i不可达.终于的位置能不能到达,就看终于延伸到的位置能不能大于等于它. class Solution { public: bool canJump(int A[], int n) { if(n == 0) return false; if(n == 1) return…