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- [185. 部门工资前三高的所有员工](#185. 部门工资前三高的所有员工)
- [30. 串联所有单词的子串](#30. 串联所有单词的子串)
- [230. 二叉搜索树中第K小的元素](#230. 二叉搜索树中第K小的元素)
185. 部门工资前三高的所有员工
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表
- 表
Employee的字段为id、name、salary和departmentId。 - 表
Department的字段为id和name。
要求
公司的主管们感兴趣的是公司每个部门中谁赚的钱最多。一个部门的 高收入者 是指一个员工的工资在该部门的 不同 工资中 排名前三 。
编写解决方案，找出每个部门中 收入高的员工 。
以 任意顺序 返回结果表。
知识点
count()：统计个数的函数。join on：内连接，使用on做条件限制。distinct：对某字段去重。
思路
本题总体来说不难，只是对数据的限制比较难想，怎样将员工的工资限制到每个部门的前三名工资里？这里可以换个思路，工资在部门里排前三 不就是 在这个部门中找不到第三个比这个工资大的工资 ，所以可以查询部门中比当前工资大的工资的个数，由于本题限制 排名前三 的工资指的是前三个 不同 的工资，所以在查询时得去重distinct。
除此之外就是使用内连接join将Employee和Department这两张表的数据查询到一起，然后使用on限制Employee.departmentId = Department.id。
代码
sql
select
d.name Department,
e.name Employee,
salary Salary
from
Employee e
join
Department d
on
e.departmentId = d.id
where
(
select
count(distinct eC.salary)
from
Employee eC
where
eC.salary > e.salary
and
e.departmentId = eC.departmentId
) < 330. 串联所有单词的子串
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标签
哈希表 字符串 滑动窗口
思路
本题的思想很像438. 找到字符串中所有字母异位词，438题的思想是统计字符出现的次数，而本题需要统计短字符串出现的次数，共同点就是都不关心内部字符（或短字符串）的顺序，所以可以使用int[]（对于短字符串的出现次数，由于字符串不能作为数组索引，所以使用Map<String, Integer>）统计出现次数。
获取短字符串需要将原字符串s划分为指定长度的小段，指定的长度该如何确定？答案是与字符串数组words中每个字符串的长度wordLen保持一致，因为最后这些短字符串的比较对象就是字符串数组words中的字符串。
这种划分的方法共有wordLen种，例如对于s = "barfoothefoobarman", words = ["foo","bar"]，划分的结果有以下3种：bar, foo, the, foo, bar, man，arf, oot, hef, oob, arm，rfo, oth, efo, oba, rma。可以看出来不同的划分只是划分的起始字符不同，第一种划分从第一个字符s[0]开始，第二种划分从第二个字符s[1]开始，...，第wordLen种划分从第wordLen个字符s[wordLen]开始，共有wordLen种不同的划分。这里将划分的起始字符的索引称为划分起始索引 。注意一点：原字符串s并不一定能够划分为wordNum个长度为wordLen字符串，如果不够划分，就返回结果。
与438题相同，使用滑动窗口的思想，不过这次滑动窗口中保存的不是一个一个的字符，而是一个一个的短字符串。先初始化滑动窗口，将前wordNum个短字符串加入窗口。初始化滑动窗口后统计words中的字符串出现的次数。
这里可以不使用两个Map分别存储窗口和words的短字符串出现次数，然后判断两个Map是否相同。而是复用一个Map，一个字符串在窗口中出现一次，就让这个字符串的出现次数加一；一个字符串在words中出现一次，就让这个字符串的出现次数减一，当一个字符串在Map中出现0次，将这个字符串从Map中移除。在判断窗口内的字符串是否与words的字符串完全一致时直接判断Map是否为空，如果为空，则说明完全一致。
这里不多做描述了，如果很熟悉438题的做法，那么知道上面这些后看代码会好一点。
代码
java
class Solution {
public List<Integer> findSubstring(String s, String[] words) {
List<Integer> res = new ArrayList<>();
int wordNum = words.length; // 字符串数组的字符串个数
int wordLen = words[0].length(); // 字符串数组中每个字符串的长度
int sLen = s.length(); // 原字符串的长度
for (int i = 0; i < wordLen; i++) { // i是划分起始索引
if (i + wordNum * wordLen > sLen) { // 如果不够划分，则退出循环
break;
}
// 初始化滑动窗口
Map<String, Integer> cnt = new HashMap<>(); // 统计各字符串出现的次数
for (int j = 0; j < wordNum; j++) { // j是已划分子串的个数
String word = divide(s, i, j, wordLen);
cnt.put(word, cnt.getOrDefault(word, 0) + 1);
}
// 统计words字符串数组的字符串情况，这里复用了cnt
for (String word : words) {
cnt.put(word, cnt.getOrDefault(word, 0) - 1);
if (cnt.get(word) == 0) {
cnt.remove(word);
}
}
// 判断cnt是否为空，如果为空，则将窗口的第一个短字符串(的第一个字符)的索引加入结果链表
if (cnt.isEmpty()) {
res.add(i);
}
// 滑动窗口，start为窗口的第一个字符串(的第一个字符)的索引
for (int start = i + wordLen; start < sLen - wordNum * wordLen + 1; start += wordLen) {
String word = divide(s, start, wordNum - 1, wordLen); // 获取新短字符串
cnt.put(word, cnt.getOrDefault(word, 0) + 1); // 将新短字符串加入窗口
if (cnt.get(word) == 0) { // 如果一个短字符串在Map中出现0次
cnt.remove(word); // 则将它从Map中移除
}
word = s.substring(start - wordLen, start); // 获取窗口中的第一个短字符串
cnt.put(word, cnt.getOrDefault(word, 0) - 1); // 移除窗口中的第一个短字符串
if (cnt.get(word) == 0) { // 如果一个短字符串在Map中出现0次
cnt.remove(word); // 则将它从Map中移除
}
// 判断cnt是否为空，如果为空，则将窗口的第一个短字符串(的第一个字符)的索引加入结果链表
if (cnt.isEmpty()) {
res.add(start);
}
}
}
return res;
}
// 返回字符串s在 划分起始索引为i的 划分的 第j个 短字符串
private String divide(String s, int i, int j, int wordLen) {
return s.substring(i + j * wordLen, i + (j + 1) * wordLen);
}
}230. 二叉搜索树中第K小的元素
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标签
树 深度优先搜索 二叉搜索树 二叉树
思路
二叉搜索树经常与中序遍历 组合出现，本题也不例外，找二叉搜索树中第K小的元素 就是 找遍历结果的第k个数 ，对中序遍历不了解的可以看这篇文章：94. 二叉树的中序遍历。
代码
java
class Solution {
public int kthSmallest(TreeNode root, int k) {
LinkedList<TreeNode> stack = new LinkedList<>();
TreeNode curr = root; // 当前节点
TreeNode pop = null; // 上一个被弹出栈的节点
while (!stack.isEmpty() || curr != null) {
if (curr != null) { // 没有处理左子节点的情况
stack.push(curr);
curr = curr.left; // 向左子节点移动
} else {
TreeNode peek = stack.peek();
if (peek.right == null || peek.right != pop) { // 没有处理右子节点的情况
if (--k == 0) { // 当遍历到第k个节点时会返回peek.val
return peek.val;
}
curr = peek.right; // 向右子节点移动
pop = stack.pop();
} else { // 处理完右子节点的情况
pop = stack.pop();
}
}
}
return -1;
}
}