编程之旅-Day9
目录
Day9-学习内容：
1.剑指Offer
面试题14：剪绳子
面试题24:反转链表
2.Leetcode
例1:给n个孩子分糖果，满足下列条件时求最少分发的糖果数。
例2:求二叉树的后序遍历。
3.2017年校招真题
例1:两种排序方法
4.校招真题-单选题
例1.下面哪一个不是动态链接库的优点
例2:n个数值选出最大m个数
例3:由权值分别为1、12、13、4、8的叶子节点生成一颗哈夫曼树，它的带权路径长度为
1.剑指Offer
面试题14：剪绳子
牛客网暂无对应练习题
面试题24:反转链表
题目描述：
输入一个链表，反转链表后，输出新链表的表头。
思路：1.需要使用三个指针用于保存当前节点、当前节点的前一个节点、当前节点的后一个节点（防止链表断裂）
2.可借助图形帮助分析，反转链表的头节点为原来链表的尾节点
3.需要考虑输入链表头指针为nullptr、只有一个节点、有多个节点等情况，注意代码的鲁棒性，方法是提前想好测试用例，利用测试用例对代码进行检查。
代码：
class Solution {
public:
ListNode* ReverseList(ListNode* pHead) {
ListNode* ReverseHead=nullptr;
ListNode* pNode=pHead;
ListNode* pPre=nullptr;
while(pNode!=nullptr){
ListNode* pNext=pNode->next;
if(pNext==nullptr){
ReverseHead=pNode;
}
pNode->next=pPre;
pPre=pNode;
pNode=pNext;
}
return ReverseHead;
}
};2.Leetcode
例1:给n个孩子分糖果，满足下列条件时求最少分发的糖果数。
题目描述：
There are N children standing in a line. Each child is assigned a rating value.
You are giving candies to these children subjected to the following requirements:
- Each child must have at least one candy.
- Children with a higher rating get more candies than their neighbors.
What is the minimum candies you must give?
思路：动态规划，因为是求最优问题且该问题能被分解成若干重复的子问题。
代码：
class Solution {
public:
int candy(vector &ratings) {
int len=ratings.size();
if(len==1) return 1; //只有一个孩子
vector v(len,1); //每个孩子先分一个糖果
int sum=0;
for(int i=1;iratings[i-1]){
v[i]=v[i-1]+1;
}
}
for(int i=len-2;i>=0;i--){ //从右向左扫描，保证该方向上ratings值越大分得的糖果越多
if(ratings[i]>ratings[i+1]&&v[i]<=v[i+1]){
v[i]=v[i+1]+1;
}
}
for(int i=0;i 例2:求二叉树的后序遍历。
题目描述：
Given a binary tree, return the postorder traversal of its nodes' values.
For example:
Given binary tree{1,#,2,3},
1
\
2
/
3
return[3,2,1].
Note: Recursive solution is trivial, could you do it iteratively?
思路：巧妙的方法：前序遍历 根->左->右 变成 根->右->左 结果再reverse一下
代码：
class Solution {
public:
vector postorderTraversal(TreeNode *root) {
vector res;
if(!root) return res;
stack st;
st.push(root);
while(st.size()){
TreeNode *temp=st.top();
st.pop();
res.push_back(temp->val);
if(temp->left){
st.push(temp->left);
}
if(temp->right){
st.push(temp->right);
}
}
reverse(res.begin(),res.end());
return res;
}
}; 3.2017年校招真题
例1:两种排序方法
题目描述：
考拉有n个字符串字符串，任意两个字符串长度都是不同的。考拉最近学习到有两种字符串的排序方法： 1.根据字符串的字典序排序。例如：
"car" < "carriage" < "cats" < "doggies < "koala"
2.根据字符串的长度排序。例如：
"car" < "cats" < "koala" < "doggies" < "carriage"
考拉想知道自己的这些字符串排列顺序是否满足这两种排序方法，考拉要忙着吃树叶，所以需要你来帮忙验证。
输入描述：
输入第一行为字符串个数n(n ≤ 100)
接下来的n行,每行一个字符串,字符串长度均小于100，均由小写字母组成
输出描述:如果这些字符串是根据字典序排列而不是根据长度排列输出"lexicographically",
如果根据长度排列而不是字典序排列输出"lengths",
如果两种方式都符合输出"both"，否则输出"none"示例1
输入
3 a aa bbb
输出
both
解析：1.Sort函数包含在头文件为#include
（1）第一个是要排序的数组的起始地址。
（2）第二个是结束的地址（最后一位要排序的地址）
（3）第三个参数是排序的方法，可以是从大到小也可是从小到大，还可以不写第三个参数，此时默认的排序方法是从小到大排序。
模板:
Sort(start,end,排序方法)
参考：https://www.cnblogs.com/jjzzx/p/5122381.html
2.using namespace std的左右
C++标准程序库中的所有标识符都被定义于一个名为std的namespace中。
参考：https://www.cnblogs.com/lauzhishuai/p/6382721.html
3.C语言和C++的区别
参考：https://blog.csdn.net/czc1997/article/details/81254971
4.逻辑否（！）是一元操作符，逻辑与（&&）是二元操作符，一元操作符的优先级高于任何二元操作符。
5.c++中也可以使用printf函数。
代码：
#include
#include
#include
using namespace std;
bool cmp(string a,string b){
return a.length()>n;
for(int i=0;i>a[i];
b[i]=a[i];
c[i]=a[i];
}
sort(b,b+n);
sort(c,c+n,cmp);
if(equal(a,b,n)&&equal(a,c,n)) printf("both\n");
if(equal(a,b,n)&&(!equal(a,c,n))) printf("lexicographically\n");
if((!equal(a,b,n))&&equal(a,c,n)) printf("lengths\n");
if((!equal(a,b,n))&&(!equal(a,c,n))) printf("none\n");
} 4.校招真题-单选题
例1.下面哪一个不是动态链接库的优点？(B)
A.共享 B.装载速度快 C.开发模式好 D.减少页面交换
解析：
1 静态链接库的优点
(1) 代码装载速度快，执行速度略比动态链接库快；
(2) 只需保证在开发者的计算机中有正确的.LIB文件，在以二进制形式发布程序时不需考虑在用户的计算机上.LIB文件是否存在及版本问题，可避免DLL地狱等问题。
2 动态链接库的优点
(1) 更加节省内存并减少页面交换；
(2) DLL文件与EXE文件独立，只要输出接口不变（即名称、参数、返回值类型和调用约定不变），更换DLL文件不会对EXE文件造成任何影响，因而极大地提高了可维护性和可扩展性；
(3) 不同编程语言编写的程序只要按照函数调用约定就可以调用同一个DLL函数；
(4)适用于大规模的软件开发，使开发过程独立、耦合度小，便于不同开发者和开发组织之间进行开发和测试。
3 不足之处
(1) 使用静态链接生成的可执行文件体积较大，包含相同的公共代码，造成浪费；
(2) 使用动态链接库的应用程序不是自完备的，它依赖的DLL模块也要存在，如果使用载入时动态链接，程序启动时发现DLL不存在，系统将终止程序并给出错误信息。而使用运行时动态链接，系统不会终止，但由于DLL中的导出函数不可用，程序会加载失败；速度比静态链接慢。当某个模块更新后，如果新模块与旧的模块不兼容，那么那些需要该模块才能运行的软件，统统撕掉。这在早期Windows中很常见。
例2:n个数值选出最大m个数（3
A.O(n) B.O(nlogn) C.O(logn) D.O(mlogn) E.O(nlogm) F.O(mn)
解析：用快速选择算法平均时间复杂度为O(n)，还可以用Median of medians，也叫BRPRT算法可以保证是O(n)的
例3:由权值分别为1、12、13、4、8的叶子节点生成一颗哈夫曼树，它的带权路径长度为(F)
A.12 B.68 C.43 D.6 E.25 F.81
解析：
Haffman树如下：
38
*13 25
*12 13
5 *8
*1 *4
其中带*为原始元素，总共4层（不算根节点） 带权路径长度 13*1 + 12*2 + 8*3 + （1+4）*4 = 81
A.O(n) B.O(nlogn) C.O(logn) D.O(mlogn) E.O(nlogm) F.O(mn)
解析：用快速选择算法平均时间复杂度为O(n)，还可以用Median of medians，也叫BRPRT算法可以保证是O(n)的
例3:由权值分别为1、12、13、4、8的叶子节点生成一颗哈夫曼树，它的带权路径长度为(F)
A.12 B.68 C.43 D.6 E.25 F.81
解析：
Haffman树如下：
38
*13 25
*12 13
5 *8
*1 *4
其中带*为原始元素，总共4层（不算根节点） 带权路径长度 13*1 + 12*2 + 8*3 + （1+4）*4 = 81