LeetCode复习总结（动态规划，BFS，贪心算法等）
leetcode做了180道了，仅以此文记录那些刷题过程中遇到的坑与发现的新大陆，温故知新。
每道题都值得二刷，花时间仔细思考！立个Flag
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给定一个字符串数组，将字母异位词组合在一起。字母异位词指字母相同，但排列不同的字符串。
输入: ["eat", "tea", "tan", "ate", "nat", "bat"],
输出:[["ate","eat","tea"], ["nat","tan"], ["bat"]]
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#被惊艳到的一个想法，每个字母用一个质数表示，这样乘积的因子只有一种排列情况，如果值相当即属于异位词
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找到所有不重复子集
输入：[1,2,2]
输出：[[],[1],[1,2],[1,2,2],[2],[2,2]]
这个代码好在
1.subsetsWithDup先执行就相当于init了，定义self.res等函数
2.list+[2],等价于list.append(2)
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def subsetsWithDup(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:
nums.sort()
self.res = []
self.helper(0, nums, [])
return self.res
def helper(self, start, nums, tmp):
self.res.append(tmp.copy())
for i in range(start, len(nums)):
if i > start and nums[i] == nums[i-1]:
continue # 一个for循环下不能有相同的情况,因为后续的会一样
self.helper(i+1, nums, tmp+[nums[i]])
return'''
动态规划的一种思想，一般来讲，动态规划会有迭代格式，比如bp[i]=bp[i-1]+bp[i-2]等，这种时候总是要单独处理bp[0]、bp[1]等
这样不好，所以可以在bp前一二位直接补0、1等
这是leetcode91题解码方法，典型动态规划问题，记录下来主要说明补位思想
**************补位补的少，代码写的少，不用一直判断边界条件***********
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def numDecodings(self, s: str) -> int:
s = '0' + s
length = len(s)
dp = [1] * (length) # 补1占位
for i in range(1, length): # 由于补了位，从1开始
c = 0
single = s[i] # 一位数
if single != '0':
c += dp[i - 1]
double = s[i - 1:i + 1] # 两位数
if (not double.startswith('0')) and 0 < int(double) < 27:
c += dp[i - 2]
dp[i] = c
return dp[-1]'''
这个动态规划我是真服了
问题：给定一个字符串 S 和一个字符串 T，计算在 S 的子序列中 T 出现的个数。（例如，"ACE" 是 "ABCDE" 的一个子序列，而 "AEC" 不是）
输入: S = "rabbbit", T = "rabbit"
输出: 3
一般二维打表动态规划求解，可是这个解决方案，真的，惊叹
通过逆向全搜索得到更新解
********逆向思想很重要，不止这一道题，正向有时候走不通，不妨思考下逆向，至于为什么逆向就得从原理来看了***********
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def numDistinct(self, s: str, t: str) -> int:
ls, lt = len(s), len(t)
dp = [1] + [0] * lt
for i in range(ls):
for k in range(lt - 1, -1, -1): #不能改为正向，dp数组要用上次外循环的
if s[i] == t[k]:
dp[k + 1] += dp[k]
return dp[lt]'''
BFS广度遍历思想
借助队列进行层次遍历
问题：给定两个单词（beginWord 和 endWord）和一个字典，找到从 beginWord 到 endWord 的最短转换序列的长度。转换需遵循如下规则：1.每次转换只能改变一个字母。2.转换过程中的中间单词必须是字典中的单词。
leetcode127题
注意：在把此题构成树结构时会导致前面若已经出现则后层不可能出现，因为是找最小值，可以利用此点进行剪枝与避重**************这个规律没想到，还是太弱了点
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def ladderLength(self, beginWord: str, endWord: str, wordList) -> int:
# BFS层次遍历
layer = 1 #层数为1
if endWord not in wordList: return 0
queue = [beginWord]
flag = [False for _ in range(len(wordList))]
while queue:
queue2 = []
layer += 1
while len(queue) > 0:
head = queue.pop(0)
for i in range(len(wordList)):
if flag[i]:continue
per = wordList[i]
if self.canChange(head, per):
if per == endWord:
return layer
queue2.append(per)
flag[i]=True
queue = queue2
return 0# 判断两个单词之间是否可以转换
def canChange(self, str1, str2):
length1, length2 = len(str1), len(str2)
flag = False
if length1 != length2: return False
for i in range(length1):
if str1[i] != str2[i]:
if flag:
return False
flag = True
return True
'''
以上纯BFS做法，但是会存在超时情况：
第一种解决方案：双端BFS，本题目标在于找到最短，无所谓从begin到end或者从end到begin，可从中优化
第二种解决方案：set的效率远高于List'''
贪心算法：o(n)级别解决问题，牛逼
leetcode135:老师想给孩子们分发糖果，有 N 个孩子站成了一条直线，老师会根据每个孩子的表现，预先给他们评分。
你需要按照以下要求，帮助老师给这些孩子分发糖果：
1.每个孩子至少分配到 1 个糖果。
2.相邻的孩子中，评分高的孩子必须获得更多的糖果。
那么这样下来，老师至少需要准备多少颗糖果呢？
例1：
输入: [1,0,2]
输出: 5
解释: 你可以分别给这三个孩子分发 2、1、2 颗糖果。
例2：
输入: [1,2,2]
输出: 4
解释: 你可以分别给这三个孩子分发 1、2、1 颗糖果。
第三个孩子只得到 1 颗糖果，这已满足上述两个条件。
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def candy(self, ratings: List[int]) -> int:
# 贪心算法：从左往右，只要右边比左边大，则右边为左边+1；反过来，从右到左，若左比右大，则取两者最大值
n=len(ratings)
tmp =[1]*n
for i in range(1,n):
if ratings[i]>ratings[i-1]:
tmp[i] = tmp[i-1]+1
for i in range(n-2,-1,-1):
if ratings[i]>ratings[i+1]:
tmp[i]=max(tmp[i],tmp[i+1]+1)
return sum(tmp)'''
快慢指针
leedcode142：为了表示给定链表中的环，我们使用整数 pos 来表示链表尾连接到链表中的位置（索引从 0 开始）。 如果 pos 是 -1，则在该链表中没有环。
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"""
设从head需要走 a 步到达环的入口，如果环存在的话，
再走 b 步可以再次到达该入口（即环的长度为b），
如果存在环的话，上述描述的 快指针 fast 和
慢指针slow 必然会相遇，且此时slow走的路长
小于 a + b(可以自行证明)，设其为 a + x，
当快慢指针相遇时，快指针已经至少走完一圈环了，
不妨设相遇时走了完整的m圈(m >= 1)，有：
快指针走的路长为 a + mb + x
慢指针走的路长为 a + x
由于快指针fast 走的路长始终是慢指针的 2倍，所以：
a + mb + x = 2(a + x)
化简可得：
a = mb - x ------------- (*)
当快指针与慢指针相遇时，由于 <性质1> 的存在，
可以在链表的开头初始化一个新的指针，
称其为 detection, 此时 detection 距离环的入口的距离为 a，
此时令 detection 和 fast 每次走一步，
会发现当各自走了 a 步之后，两个指针同时到达了环的入口，理由分别如下：
detection不用说了，走了a步肯定到刚好到入口
fast已经走过的距离为 a + mb + x，当再走 a 步之后，
fast走过的总距离为 2a + mb + x，带入性质1的(*)式可得：
2a + mb + x = a + 2mb，会发现，fast此时刚好走完了
整整 2m 圈环，正好处于入口的位置。
基于此，我们可以进行循环，直到 detection 和
fast 指向同一个对象，此时指向的对象恰好为环的入口。
"""
if not head or not head.next:
return None
p1, p2 = head, head
while p2 and p2.next:
p1 = p1.next
p2 = p2.next.next
if p1==p2:
print(p1.val)
print(p2.val)
p2 = head
print(p2.val)
while p1!=p2:
p1 = p1.next
p2 = p2.next
print(p1.val,p2.val)
return p1
return None'''
惊艳的思想:leetcode152
给定一个整数数组 nums ，找出一个序列中乘积最大的连续子序列（该序列至少包含一个数）。
输入: [-2,0,-1]
输出: 0
解释: 结果不能为 2, 因为 [-2,-1] 不是连续子数组。
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def maxProduct(self, nums: List[int]) -> int:
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问题实质简化成：双向搜索找最大
发现其实把所有值连乘找最大即可，最多处理下0的问题
-1 or 1 = -1; 1 or 1 = 1; 0 or 1 = 1实际就是0的时候取1，其余时候不变
如[-2,0,1]如果做or 1处理得到[-2,0,1],不做处理得到[-2,0,0]
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B = nums[::-1]
for i in range(1, len(nums)):
nums[i] *= nums[i - 1] or 1
B[i] *= B[i - 1] or 1
return max(max(nums),max(B))