动态规划
题解：10. 正则表达式匹配题解 - 力扣（LeetCode）
动态规划
1.dp数组及下标含义
dp[i][j] : 下标i到下标j的子串是否是回文串
2.递推方程
dp[i][j] = dp[i+1][j-1] && s.charAt(i) == s.charAt(j)
3.初始化
对于单个字母,dp[i][i] = true;
对于两个字母的子串，如果两个字母相同，dp[i][i+1] = true;
4.递推顺序
5.dp数组举例说明
java
public String longestPalindrome(String s) {
if(s.length() < 2){
return s;
}
boolean[][] dp = new boolean[s.length()][s.length()];
for(int i = 0 ; i < s.length() ; i++){
dp[i][i] = true;
}
int maxlen = 0,start = 0;
for(int len = 2 ; len <= s.length() ; len++){
for(int i = 0 ; i < s.length() - len + 1 ; i++){
int j = i + len - 1;
if(s.charAt(i) != s.charAt(j)){
dp[i][j] = false;
}else{
if(j - i < 3){
dp[i][j] = true;
}else{
dp[i][j] = dp[i+1][j-1];
}
}
if(dp[i][j] && j - i + 1 > maxlen){
maxlen = j - i + 1;
start = i;
}
}
}
return s.substring(start,start +maxlen);
}
方法二类似于使用滚动数组优化动态规划的空间复杂度的本质，只使用上一个状态，不必保留所有状态。
枚举出所有的中心，即可得到所有可能的回文子串（必由某一中心扩展而来）
java
class Solution {
public String longestPalindrome(String s) {
if (s == null || s.length() < 1) {
return "";
}
int start = 0, end = 0;
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
int len1 = expandAroundCenter(s, i, i);
int len2 = expandAroundCenter(s, i, i + 1);
int len = Math.max(len1, len2);
if (len > end - start) {
start = i - (len - 1) / 2;
end = i + len / 2;
}
}
return s.substring(start, end + 1);
}
public int expandAroundCenter(String s, int left, int right) {
while (left >= 0 && right < s.length() && s.charAt(left) == s.charAt(right)) {
--left;
++right;
}
return right - left - 1;
}
}74.3. 无重复字符的最长子串 - 力扣（LeetCode）
滑动窗口
java
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
int l = 0 , r = 0 , ans = 0 ;
Set<Character> set = new HashSet<>();
for(; r < s.length() ;r++){
while(set.contains(s.charAt(r))){
set.remove(s.charAt(l));
l++;
}
set.add(s.charAt(r));
int len = r - l + 1;
ans = Math.max(ans,len);
}
return ans;
}滑动窗口题目汇总：3. 无重复字符的最长子串题解 - 力扣（LeetCode）
链表，进位边界情况的处理分析
java
public ListNode addTwoNumbers(ListNode l1, ListNode l2) {
int carry = 0;
ListNode head = new ListNode(-1);
ListNode p = head;
ListNode p1 = l1 , p2 = l2;
while(p1 != null && p2 != null){
int value = p1.val + p2.val + carry;
carry = value/10;
p.next = new ListNode(value % 10);
p = p.next;
p1 = p1.next;
p2 = p2.next;
}
while(p1 != null){
int value = p1.val + carry;
carry = value/10;
p.next = new ListNode(value % 10);
p = p.next;
p1 = p1.next;
}
while(p2 != null){
int value = p2.val + carry;
carry = value/10;
p.next = new ListNode(value % 10);
p = p.next;
p2 = p2.next;
}
if(carry != 0){
p.next = new ListNode(carry);
}
return head.next;
}时间复杂度O(m+n)
空间复杂度O(m+n)
回溯，dfs
java
int[][] directions = new int[][]{
{1,0},{0,1},{-1,0},{0,-1}};
boolean res = false;
char[][] board;
StringBuilder path = new StringBuilder();
String word;
boolean[][] isVisited;
public boolean exist(char[][] board, String word) {
this.board = board;
this.word = word;
isVisited = new boolean[board.length][board[0].length];
char head = word.charAt(0);
for(int i = 0 ; i < board.length ; i++){
for(int j = 0 ; j < board[0].length ; j++){
if(board[i][j] == head){
isVisited[i][j] = true;
path.append(board[i][j]);
dfs(i,j,0);
path.deleteCharAt(path.length() - 1);
isVisited[i][j] = false;
}
if(res){
return res;
}
}
}
return res;
}
public void dfs(int x , int y , int index){
if(word.charAt(index) != path.charAt(path.length() - 1)){
//剪枝，减去board[x][y]与word对应字符不匹配的搜索
return ;
}
if(path.toString().equals(word)){
res = true;
//剪枝，减去找到正确答案以后得搜索
return;
}
for(int i = 0 ; i < 4 ; i++){
int newX = x + directions[i][0];
int newY = y + directions[i][1];
if(newX < 0 || newX >= board.length || newY < 0 || newY >= board[0].length || isVisited[newX][newY]){
continue;
}
isVisited[newX][newY] = true;
path.append(board[newX][newY]);
dfs(newX,newY,path.length() - 1);
path.deleteCharAt(path.length() - 1);
isVisited[newX][newY] = false;
}
}77.114. 二叉树展开为链表 - 力扣（LeetCode）
I创建一个新的链表，dfs，然后修改树
java
ListNode head;
ListNode list;
public void flatten(TreeNode root) {
if(root == null) return;
head = new ListNode(0);
list = head;
dfs(root);
list = head.next.next;
root.left = null;
TreeNode node = root;
while(list != null){
node.right = new TreeNode(list.val);
node = node.right;
list = list.next;
}
}
public void dfs(TreeNode root){
list.next = new ListNode(root.val);
list = list.next;
if(root.left != null){
dfs(root.left);
}
if(root.right != null){
dfs(root.right);
}
}II 根据先序遍历中左右的顺序，分析插入的顺序，进行模拟
- 将左子树插入到右子树的地方
- 将原来的右子树接到左子树的最右边节点
- 考虑新的右子树的根节点，一直重复上边的过程，直到新的右子树为 null
java
1
/ \
2 5
/ \ \
3 4 6
//将 1 的左子树插入到右子树的地方
1
\
2 5
/ \ \
3 4 6
//将原来的右子树接到左子树的最右边节点
1
\
2
/ \
3 4
\
5
\
6
//将 2 的左子树插入到右子树的地方
1
\
2
\
3 4
\
5
\
6
//将原来的右子树接到左子树的最右边节点
1
\
2
\
3
\
4
\
5
\
6
......
java
public void flatten(TreeNode root) {
while(root != null){
if(root.left == null){
root = root.right;
}else{
TreeNode pre = root.left;
while(pre.right != null){
pre = pre.right;
}
pre.right = root.right;
root.right = root.left;
root.left = null;
root = root.right;
}
}
}III原地修改
容易想到的方法是在先序遍历的过程中，把当前遍历的结点改成上一结点的右结点就能满足题目要求，但会发现原来还没有访问的右结点丢失了。那么可以想到如果先访问结点，再修改，就能避免修改造成的影响，只要按照右、左、中的顺序进行遍历，即后序遍历，将当前节点的右结点改成上一次访问的结点，即能满足题目要求，并且把左结点置为null，而左结点已经放问过了，不会有影响。
java
TreeNode pre;
public void flatten(TreeNode root) {
if(root == null) return;
postOrder(root);
}
public void postOrder(TreeNode root){
if(root.right != null){
postOrder(root.right);
}
if(root.left != null){
postOrder(root.left);
}
root.right = pre;
root.left = null;
pre = root;
}模拟 贪心
贪心：每次选择待执行次数最多的任务
java
class Solution {
public int leastInterval(char[] tasks, int n) {
Map<Character, Integer> freq = new HashMap<Character, Integer>();
for (char ch : tasks) {
freq.put(ch, freq.getOrDefault(ch, 0) + 1);
}
// 任务种类数
int m = freq.size();
List<Integer> nextValid = new ArrayList<Integer>();
List<Integer> rest = new ArrayList<Integer>();
Set<Map.Entry<Character, Integer>> entrySet = freq.entrySet();
for (Map.Entry<Character, Integer> entry : entrySet) {
int value = entry.getValue();
nextValid.add(1);
rest.add(value);
}
int time = 0;
for (int i = 0; i < tasks.length; ++i) {
++time;
int minNextValid = Integer.MAX_VALUE;
for (int j = 0; j < m; ++j) {
if (rest.get(j) != 0) {
minNextValid = Math.min(minNextValid, nextValid.get(j));
}
}
time = Math.max(time, minNextValid);
int best = -1;
for (int j = 0; j < m; ++j) {
if (rest.get(j) != 0 && nextValid.get(j) <= time) {
if (best == -1 || rest.get(j) > rest.get(best)) {
best = j;
}
}
}
nextValid.set(best, time + n + 1);
rest.set(best, rest.get(best) - 1);
}
return time;
}
}
另一种贪心策略：
java
public int leastInterval(char[] tasks, int n) {
//统计每个任务出现的次数，找到出现次数最多的任务
int[] hash = new int[26];
for(int i = 0; i < tasks.length; ++i) {
hash[tasks[i] - 'A'] += 1;
}
Arrays.sort(hash);
//因为相同元素必须有n个冷却时间，假设A出现3次，n = 2，任务要执行完，至少形成AXX AXX A序列（X看作预占位置）
//该序列长度为
int minLen = (n+1) * (hash[25] - 1) + 1;
//此时为了尽量利用X所预占的空间（贪心）使得整个执行序列长度尽量小，将剩余任务往X预占的空间插入
//剩余的任务次数有两种情况：
//1.与A出现次数相同，比如B任务最优插入结果是ABX ABX AB，中间还剩两个空位，当前序列长度+1
//2.比A出现次数少，若还有X，则按序插入X位置，比如C出现两次，形成ABC ABC AB的序列
//直到X预占位置还没插满，剩余元素逐个放入X位置就满足冷却时间至少为n
for(int i = 24; i >= 0; --i){
if(hash[i] == hash[25]) ++ minLen;
}
//当所有X预占的位置插满了怎么办？
//在任意插满区间（这里是ABC）后面按序插入剩余元素，比如ABCD ABCD发现D之间距离至少为n+1，肯定满足冷却条件
//因此，当X预占位置能插满时，最短序列长度就是task.length，不能插满则取最少预占序列长度
return Math.max(minLen, tasks.length);
}递归
1.确定递归函数参数和返回值
参数：两个树的根节点
返回值：合并后树的根节点
2.终止条件
因为是传入了两个树，那么就有两个树遍历的节点t1 和 t2，如果t1 == NULL 了，两个树合并就应该是 t2 了（如果t2也为NULL也无所谓，合并之后就是NULL）。
反过来如果t2 == NULL，那么两个数合并就是t1（如果t1也为NULL也无所谓，合并之后就是NULL）。
3.确定单层逻辑
重复利用一下t1这个树，t1就是合并之后树的根节点（就是修改了原来树的结构）。
那么单层递归中，就要把两棵树的元素加到一起。
t1.val += t2.val;
接下来t1 的左子树是：合并 t1左子树 t2左子树之后的左子树。
t1 的右子树：是 合并 t1右子树 t2右子树之后的右子树。
最终t1就是合并之后的根节点。
java
public TreeNode mergeTrees(TreeNode root1, TreeNode root2) {
if(root1 == null) return root2;
if(root2 == null) return root1;
root1.val += root2.val;
root1.left = mergeTrees(root1.left,root2.left);
root1.right = mergeTrees(root1.right,root2.right);
return root1;
}80.105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树 - 力扣（LeetCode）
首先回忆一下如何根据两个顺序构造一个唯一的二叉树，相信理论知识大家应该都清楚，就是以 后序数组的最后一个元素为切割点，先切中序数组，根据中序数组，反过来再切后序数组。一层一层切下去，每次后序数组最后一个元素就是节点元素。
如果让我们肉眼看两个序列，画一棵二叉树的话，应该分分钟都可以画出来。
流程如图：
那么代码应该怎么写呢？
说到一层一层切割，就应该想到了递归。
来看一下一共分几步：
-
第一步：如果数组大小为零的话，说明是空节点了。
-
第二步：如果不为空，那么取后序数组最后一个元素作为节点元素。
-
第三步：找到后序数组最后一个元素在中序数组的位置，作为切割点
-
第四步：切割中序数组，切成中序左数组和中序右数组 （顺序别搞反了，一定是先切中序数组）
-
第五步：切割后序数组，切成后序左数组和后序右数组
-
第六步：递归处理左区间和右区间
不难写出如下代码：（先把框架写出来）
java
TreeNode* traversal (vector<int>& inorder, vector<int>& postorder) {
// 第一步
if (postorder.size() == 0) return NULL;
// 第二步：后序遍历数组最后一个元素，就是当前的中间节点
int rootValue = postorder[postorder.size() - 1];
TreeNode* root = new TreeNode(rootValue);
// 叶子节点
if (postorder.size() == 1) return root;
// 第三步：找切割点
int delimiterIndex;
for (delimiterIndex = 0; delimiterIndex < inorder.size(); delimiterIndex++) {
if (inorder[delimiterIndex] == rootValue) break;
}
// 第四步：切割中序数组，得到 中序左数组和中序右数组
// 第五步：切割后序数组，得到 后序左数组和后序右数组
// 第六步
root->left = traversal(中序左数组, 后序左数组);
root->right = traversal(中序右数组, 后序右数组);
return root;
}难点大家应该发现了，就是如何切割，以及边界值找不好很容易乱套。
此时应该注意确定切割的标准，是左闭右开，还有左开右闭，还是左闭右闭，这个就是不变量，要在递归中保持这个不变量。
首先要切割中序数组，为什么先切割中序数组呢？
切割点在后序数组的最后一个元素，就是用这个元素来切割中序数组的，所以必要先切割中序数组。
中序数组相对比较好切，找到切割点（后序数组的最后一个元素）在中序数组的位置，然后切割，如下代码中我坚持左闭右开的原则：
cpp
// 找到中序遍历的切割点
int delimiterIndex;
for (delimiterIndex = 0; delimiterIndex < inorder.size(); delimiterIndex++) {
if (inorder[delimiterIndex] == rootValue) break;
}
// 左闭右开区间：[0, delimiterIndex)
vector<int> leftInorder(inorder.begin(), inorder.begin() + delimiterIndex);
// [delimiterIndex + 1, end)
vector<int> rightInorder(inorder.begin() + delimiterIndex + 1, inorder.end() );接下来就要切割后序数组了。
首先后序数组的最后一个元素指定不能要了，这是切割点 也是 当前二叉树中间节点的元素，已经用了。
后序数组的切割点怎么找？
后序数组没有明确的切割元素来进行左右切割，不像中序数组有明确的切割点，切割点左右分开就可以了。
此时有一个很重的点，就是中序数组大小一定是和后序数组的大小相同的（这是必然）。
中序数组我们都切成了左中序数组和右中序数组了，那么后序数组就可以按照左中序数组的大小来切割，切成左后序数组和右后序数组。
代码如下：
cpp
// postorder 舍弃末尾元素，因为这个元素就是中间节点，已经用过了
postorder.resize(postorder.size() - 1);
// 左闭右开，注意这里使用了左中序数组大小作为切割点：[0, leftInorder.size)
vector<int> leftPostorder(postorder.begin(), postorder.begin() + leftInorder.size());
// [leftInorder.size(), end)
vector<int> rightPostorder(postorder.begin() + leftInorder.size(), postorder.end());此时，中序数组切成了左中序数组和右中序数组，后序数组切割成左后序数组和右后序数组。
接下来可以递归了，代码如下：
cpp
root->left = traversal(leftInorder, leftPostorder);
root->right = traversal(rightInorder, rightPostorder);完整代码如下：
java
class Solution {
Map<Integer, Integer> map; // 方便根据数值查找位置
public TreeNode buildTree(int[] inorder, int[] postorder) {
map = new HashMap<>();
for (int i = 0; i < inorder.length; i++) { // 用map保存中序序列的数值对应位置
map.put(inorder[i], i);
}
return findNode(inorder, 0, inorder.length, postorder,0, postorder.length); // 前闭后开
}
public TreeNode findNode(int[] inorder, int inBegin, int inEnd, int[] postorder, int postBegin, int postEnd) {
// 参数里的范围都是前闭后开
if (inBegin >= inEnd || postBegin >= postEnd) { // 不满足左闭右开，说明没有元素，返回空树
return null;
}
int rootIndex = map.get(postorder[postEnd - 1]); // 找到后序遍历的最后一个元素在中序遍历中的位置
TreeNode root = new TreeNode(inorder[rootIndex]); // 构造结点
int lenOfLeft = rootIndex - inBegin; // 保存中序左子树个数，用来确定后序数列的个数
root.left = findNode(inorder, inBegin, rootIndex,
postorder, postBegin, postBegin + lenOfLeft);
root.right = findNode(inorder, rootIndex + 1, inEnd,
postorder, postBegin + lenOfLeft, postEnd - 1);
return root;
}
}前序和中序遍历的解决方法 和 上面讲解的中序和后序的解决方法思想一样。
java
Map<Integer,Integer> map = new HashMap<>();
int[] preorder;
int[] inorder;
public TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {
this.preorder = preorder;
this.inorder = inorder;
for(int i = 0 ; i < inorder.length ; i++){
map.put(inorder[i],i);
}
return findNode(0,preorder.length,0,inorder.length);
}
public TreeNode findNode(int preBegin,int preEnd,int inBegin,int inEnd){
if(preBegin >= preEnd || inBegin >= inEnd){
return null;
}
int index = map.get(preorder[preBegin]);
int lenOfLeft = index - inBegin;
TreeNode node = new TreeNode(preorder[preBegin]);
node.left = findNode(preBegin + 1, preBegin + lenOfLeft + 1,inBegin,index);
node.right = findNode(preBegin + lenOfLeft + 1, preEnd,index + 1, inEnd);
return node;
}