这道题之前一直没敢做,没想到前天用递归一遍过了. . 当时为什么想着用递归,而不是dp呢.由于我想到达某个位置的情况有非常多,即使从当前位置開始的搜索是已知的,但之前的状态是如何的也无从得知啊,实话实说,我是不会用dp解这个.. 递归的思路就好说多了,从当前点開始.有上下左右四个位置能够探測,假设探測成功的话,要把当前的位置用其它符号标记出来,以免反复訪问.实际上就是DFS嘛.仅仅只是入口多一些. 须要注意的一点是,每一个点都能够作为起点.所以这个要穷举一下.否则会漏掉情况的. 当然有一种情况走…

这道题非常难. 之前的题目我提到过一次用两个vector来做层序遍历的,就是由于这道题.要想最后恢复出单词变换的路径,就须要事先保存,依据dp中路径恢复的启示,保存的应该是一个单词的前一个变换节点.可能有非常多个单词都能变换到当前单词,因此应该是一个set.用一个二维的vector保存当前能够变换到的单词和变换出这些单词单词.每一维的vector存放的都是一个set.设存放当前可訪问单词的vector下标是current,存放变幻出这些单词的vector下标是pre,那么每一轮要開始更新curr…

有了上面的教训,这道题就简单多了,什么时候该更新pre是明白的了,倒是有个细节,二叉搜索树中是不同意有相等节点的,所以题目的要求用黑体字标明了.写的时候注意就能够了. class Solution { public: TreeNode *pre = NULL; bool isValidBST(TreeNode *root) { if(root == NULL) return true; bool res = true; if(root->left) res &= isValidBST(roo…

好,二叉搜索树粉末登场,有关他的问题有这么几个,给你一个n,如何求全部的n个节点的二叉搜索树个数?能不能把全部的这些二叉搜索树打印出来? 这道题倒不用考虑这么多,直接转即可了,我用的思想是分治,每次找到一半的位置,分离出中间节点,作为新子树的根节点,然后递归构造前半部分和后半部分. class Solution { public: TreeNode *sortedListToBST(ListNode *head) { if(head == NULL) return NULL; int len =…

这道题事实上跟二叉搜索树没有什么关系,给定n个节点,让你求有多少棵二叉树也是全然一样的做法.思想是什么呢,给定一个节点数x.求f(x),f(x)跟什么有关系呢,当然是跟他的左右子树都有关系.所以能够利用其左右子树的结论.大问题被成功转化成了小问题.最熟悉的方法是递归和dp.这里显然有大量的反复计算.用dp打表好一些. 后来实验的同学说,这事实上是一个Catalan数,上网查了一下,果然啊.Catalan数是这样子的: h(0) = 1, h(1) = 1; 递推式:h(n)= h(0)*h(n-…

晕.竟然另一样的一道题.换成sorted array的话.找到中间位置更加方便了. TreeNode *sortTree(vector<int> &num, int start, int len){ if(len <= 0) return NULL; int middle = len/2; TreeNode *root = new TreeNode(num[start+middle]); root->left = sortTree(num, start, middle);…

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&&…