python中输入几个数将其以ascii码大小排序_《剑指offer》python实现 合集（下）

目录

33.丑数
34.第一个只出现一次的字符
35.数组中的逆序对
36.两个链表的第一个公共结点
37.数字在排序数组中出现的次数
38.二叉树的深度
39.平衡二叉树
40.数组中只出现一次的数字
41.和为S的连续正数序列
42.和为S的两个数字
43.左旋转字符串
44.翻转单词顺序列
45.扑克牌顺子
46.孩子们的游戏(圆圈中最后剩下的数)
47.求1+2+3+...+n
48.不用加减乘除做加法
49.把字符串转换成整数
50.数组中重复的数字
51.构建乘积数组
52.正则表达式匹配
53.表示数值的字符串
54.字符流中第一个不重复的字符
55.链表中环的入口结点
56.删除链表中重复的结点
57.二叉树的下一个结点
58.对称的二叉树
59.按之字形顺序打印二叉树
60.把二叉树打印成多行
61.序列化二叉树
62.二叉搜索树的第k个结点
63.数据流中的中位数
64.滑动窗口的最大值
65.矩阵中的路径
66.机器人的运动范围
67.剪绳子

33.丑数

把只包含质因子2、3和5的数称作丑数（Ugly Number）。例如6、8都是丑数，但14不是，因为它包含质因子7。 习惯上我们把1当做是第一个丑数。求按从小到大的顺序的第N个丑数。

思路：

先看一下前几个丑数都是怎么得到的：

• 第一个丑数是1，
• 下一个丑数为min（1x2, 1x3, 1x5），
• 再下一个丑数为min(2x2, 1x3, 1x5)，
• 再下一个丑数为min(2x2, 2x3, 1x5)

让我们总结一下规律：

所有的丑数都是等于2 x i, 3 x i, 5 x i。其中 i 是丑数list中的元素。

一开始丑数只有1。每次丑数从2 x i, 3 x i, 5 x i中选取最小的。假设当前丑数是2 x i， 那么需要更新i，和2相乘的i变成丑数序列的下一个元素，进入下一轮比较。和3相乘的i与和5相乘的i不变。

紫色是需要更新i的位置，即选取当前数作为丑数，追加到丑数序列中

class Solution:
    def GetUglyNumber_Solution(self, index):
        if index == 0:
            return 0
        res = [1]
        i2, i3, i5 = 0, 0, 0
        i = 1
        while i < index:
            res.append(min(res[i2]*2, res[i3]*3, res[i5]*5))
            if res[-1] == res[i2]*2:
                i2 += 1
            if res[-1] == res[i3]*3:
                i3 += 1
            if res[-1] == res[i5]*5:
                i5 += 1
            i += 1
        return res[-1]

34.第一个只出现一次的字符

在一个字符串(0<=字符串长度<=10000，全部由字母组成)中找到第一个只出现一次的字符,并返回它的位置, 如果没有则返回 -1（需要区分大小写）.

思路：

• 首先遍历一次s，用一个dic存储每一个字符出现次数，key为Ascii码，值为出现次数。
• 然后再遍历一次s，看dic中当前字符是否出现次数为1次，是的话返回当前字符index，否则返回-1即可！
• 注意判断不满足条件的情况，字符长度为0，或者每个字符都出现了超过1次~

class Solution:
    def FirstNotRepeatingChar(self, s):
        if not s:
            return -1
        dic = [0]*256
        for i in s:
            dic[ord(i)] +=1 
        for i in range(len(s)):
            if dic[ord(s[i])] == 1:
                return s.index(s[i])
                break
            elif i == len(s)-1 and dic[ord(s[i])] > 1:
                return -1

35.数组中的逆序对

在数组中的两个数字，如果前面一个数字大于后面的数字，则这两个数字组成一个逆序对。输入一个数组,求出这个数组中的逆序对的总数P。并将P对1000000007取模的结果输出。 即输出P%1000000007

输入描述:

题目保证输入的数组中没有的相同的数字
数据范围：
	对于%50的数据,size<=10^4
	对于%75的数据,size<=10^5
	对于%100的数据,size<=2*10^5

输入：

1,2,3,4,5,6,7,0

输出：

7

思路：

这题属于归并排序的变形题目。首先回顾一下归并排序~经典的分治思想：

图片来自网络

在分的阶段，被分到一组的两个数之间就可以比较是否是逆序对，记录逆序对数目；

在治的阶段，用两个指针指向数对的末尾，用一个辅助数组存储排序结果：

如果p1指向的数字大于p2指向的数字，则意味着逆序对成立，并且逆序对的数目等于第二个子数组中剩余数字的个数，因为p2指向数字是第二个子数组中最大的了，而p1指向数字比第二个数组最大的还大，所以对第二个数组来说，每个数字都和当前p1指向数字构成逆序对。

每次都将比较较大的数字复制到辅助数组中，并且对应的指针前进1位。

class Solution:
    def __init__(self):
        self.count = 0
        
    def mergeSort(self, data):
        if len(data) < 2: return data
        mid = len(data)//2
        left = self.mergeSort(data[:mid])
        right = self.mergeSort(data[mid:])
        i, j = 0, 0
        res = []
        while i < len(left) and j < len(right):
            if left[i] <= right[j]:
                res.append(left[i])
                i += 1
            else:
                res.append(right[j])
                j += 1
                self.count += (len(left)-i)
        return res + left[i:] + right[j:]
        
    def InversePairs(self, data):
        if len(data) < 2: return 0
        self.mergeSort(data)
        return self.count % 1000000007

36.两个链表的第一个公共结点

输入两个链表，找出它们的第一个公共结点。（注意因为传入数据是链表，所以错误测试数据的提示是用其他方式显示的，保证传入数据是正确的）

思路：

思路很简单~拥有公共节点的链表是Y型，大概长这个样子：

可以看到，后面都是公共结点。

我们可以将两个链表每个结点分别压入两个栈s1, s2内，再一起pop。

判断pop元素是否相同，当遇到不同的结点，那么上一个pop出去的节点就是第一个公共结点。

所以4就是第一个公共节点

class Solution:
    def FindFirstCommonNode(self, h1, h2):
        s1, s2 = [], []
        p1, p2 = h1, h2
        while p1:
            s1.append(p1)
            p1 = p1.next
        while p2:
            s2.append(p2)
            p2 = p2.next
        res = []
        while s1 and s2:
            node1 = s1.pop()
            node2 = s2.pop()
            if node1 == node2:
                res.append(node1)
        if res:
            return res[-1]
        else:
            return None

37.数字在排序数组中出现的次数

统计一个数字在排序数组中出现的次数。

思路：

骚操作：data.count(k)

正常思路：二分查找，然后从查找到的这个点前后遍历，找到一共有多少个该数字。

巧妙思路：某位道友提供的思想！简直太妙，学习到了！

因为data中都是整数，所以可以稍微变一下，不是搜索k的两个位置，而是搜索k-0.5和k+0.5这两个数应该插入的位置，然后相减即可。

class Solution:
    def bin_search(self, data, k):
        low = 0
        high = len(data) - 1
        while low <= high:
            mid = int((high - low)/2 +low)
            print(low, mid, high)
            if data[mid] < k:
                low = mid + 1
            elif data[mid] > k:
                high = mid - 1
        return low # low位置就是要插入的index
    def GetNumberOfK(self, data, k):
        return self.bin_search(data, k+0.5) - self.bin_search(data, k-0.5) # 高位index - 低位index

这里需要注意，要返回的是low的位置，因为最后low = high的时候还要判断一下data[mid] 和k之间的大小关系：

• 假设data[mid]< k， 说明下一个位置才是需要插入的index；
• 假设data[mid]> k， 说明当前位置合适。

38.二叉树的深度

输入一棵二叉树，求该树的深度。从根结点到叶结点依次经过的结点（含根、叶结点）形成树的一条路径，最长路径的长度为树的深度。

思路：

又回到递归了，回想递归思路：当所有子问题都已经完美解决，最后一步需要干什么？

这道题里，假设所有子问题已经完美解决，就是已经计算出了左子树和右子树的高度，那么最后一步我们只要取左子树和右子树中间比较大的深度，再加1，即根节点的深度，就是最终二叉树的深度了。

class Solution:
    def TreeDepth(self, pRoot):
        if not pRoot:
            return 0
        if pRoot and not pRoot.left and not pRoot.right:
            return 1
        return 1 + max(self.TreeDepth(pRoot.left), self.TreeDepth(pRoot.right))

39.平衡二叉树

输入一棵二叉树，判断该二叉树是否是平衡二叉树。在这里，我们只需要考虑其平衡性，不需要考虑其是不是排序二叉树。

思路：

首先什么是平衡二叉树？来自维基百科的定义：

AVL树是最早被发明的自平衡二叉查找树。在AVL树中，任一节点对应的两棵子树的最大高度差为1，因此它也被称为 高度平衡树。

很容易想到，这道题也可以用递归实现~

假设左右子树已经判断完毕，我们只需要判断根节点左右子树高度差是否<=1，以及左右子树是否也为AVL树即可~

如何求树的高度，上一题已经给出解决办法！直接套用即可：

# -*- coding:utf-8 -*-
# class TreeNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.left = None
#         self.right = None
class Solution:
    def TreeDepth(self, pRoot):
        if not pRoot:
            return 0
        if pRoot and not pRoot.left and not pRoot.right:
            return 1
        return 1 + max(self.TreeDepth(pRoot.left), self.TreeDepth(pRoot.right))
    def IsBalanced_Solution(self, pRoot):
        if not pRoot:
            return True
        if abs(self.TreeDepth(pRoot.left) - self.TreeDepth(pRoot.right)) > 1:
            return False
        return  self.IsBalanced_Solution(pRoot.left) and self.IsBalanced_Solution(pRoot.right)

但是！问题来了！这里从上往下判断，在判断上层结点的时候，会多次重复遍历下层结点。我们其实可以在计算树的深度的过程中就进行判断，是否左右子树高度差小于等于1，如果不是的话就可以直接返回False。

class Solution:
    def __init__(self):
        self.res = True
    def TreeDepth(self, pRoot):
        if not pRoot:
            return 0
        if not self.res:
            return 1
        left = self.TreeDepth(pRoot.left) + 1
        right = self.TreeDepth(pRoot.right) + 1
        if abs(left - right) > 1:
            self.res = False
        return max(left, right)
    def IsBalanced_Solution(self, pRoot):
        self.TreeDepth(pRoot)
        return self.res

40.数组中只出现一次的数字

一个整型数组里除了两个数字之外，其他的数字都出现了两次。请写程序找出这两个只出现一次的数字。

思路：

简单的思路：用一个dict存储数字以及对应出现的次数。

膜拜大神的思路：

由于这题的特殊性，有两个数字出现了一次，其余所有数字出现了两次。可以利用这个性质进行位运算。

首先我们思考一个本题的简化版本：假设只有一个数字出现了一次，其余所有数字出现了两次。那么由于异或的性质:

同样的数字异或结果为0，任何数字与0异或结果为它本身。

利用这个性质，简化版本的问题只要对数组中每个数字进行异或，就可以得到只出现一次的数字。

对于本题，有2个只出现了1次的数字。那么对数组中每个数字进行异或，得到的结果就是这两个数字的异或结果。这个结果的二进制中的1，表现的是A和B的不同的位。取第一个1所在的位置，将原数组划分成两个数组。(如下图中的第4位)

分组依据就是该位置是否为1。相同的数肯定在一个组，因为相同数字所有位都相同，而不同的数则不在一组。这样我们就可以将这两个数分开。然后对分组结果做异或，就可以得到这两个只出现一次的数字了！！！

这里分组位置在第4位

实现上：

• 先用isBit函数判断某数字index位置是否为1，然后通过对array每个元素异或结果得到index。
• 再次遍历array，判断当前数字index位置是否为1，是的话和a做异或，反之与b做异或。得到a和b。（避免了开辟空间存储两个数组）

class Solution:
    # 返回[a,b] 其中ab是出现一次的两个数字
    def isBit(self, data, index):
        # 判断数字data的index位置是否为1
        data = data >> index
        return data & 1
    def FindNumsAppearOnce(self, array):
        xor_res = 0
        for i in array:
            xor_res ^= i
        index = 0
        while (xor_res & 1) == 0:
            xor_res >>= 1
            index += 1
        a, b = 0, 0
        for i in array:
            if self.isBit(i, index):
                a ^= i
            else:
                b ^= i
        return [a, b]

41.和为S的连续正数序列

小明很喜欢数学,有一天他在做数学作业时,要求计算出9~16的和,他马上就写出了正确答案是100。但是他并不满足于此,他在想究竟有多少种连续的正数序列的和为100(至少包括两个数)。没多久,他就得到另一组连续正数和为100的序列:18,19,20,21,22。现在把问题交给你,你能不能也很快的找出所有和为S的连续正数序列? Good Luck!

思路：

这题有一个比较巧妙的思路~ 也是参考了牛客网大神的思路！在这里继续给大家的奇思妙想鞠躬，奇怪的知识增加了！

我们利用两个指针，一个左边left，一个右边right指向这个连续正数序列的首尾两个元素。然后sum是首与尾之间所有元素之和。初始化left=1， right=2:

• 当sum大于targetsum的时候，我们从序列中减去较小的那个数字left，并且left+1，即低位窗口向右滑动一位；
• 当sum小于targetsum的时候，我们将right向右移动一位，再将sum加上较大的那个数字，即高位窗口向右滑动一位；
• 当sum等于targetsum的时候，将当前序列加入result中。

由于至少有两个连续元素，所以left一定小于right，这是循环停止条件：

class Solution:
    def FindContinuousSequence(self, tsum):
        left, right = 1, 2
        sum, res = 3, []
        while left < right:
            if sum > tsum:
                sum -= left
                left += 1
            else:
                if sum == tsum:
                    res.append([i for i in range(left, right + 1)])
                right += 1
                sum += right
        return res

42.和为S的两个数字

输入一个递增排序的数组和一个数字S，在数组中查找两个数，使得他们的和正好是S，如果有多对数字的和等于S，输出两个数的乘积最小的。对应每个测试案例，输出两个数，小的先输出。

思路：

考虑用两个指针代表前后两个数字，依次向中间靠拢寻找答案！

为什么要从两边向中间靠拢寻找答案呢？由于题目要求，如果答案存在多对，要输出乘积最小的。这里需要证明一下，外层乘积小于内层乘积~

证明：

假设存在a,b两个数， 其和为a+b。 那么存在m>0, 满足（a-m) + (b+m) = a + b; (a - m)*(b + m) = ab + am - bm - m^2 = ab -(b-a)m - m^2; 由于b-a >0, 所以(a - m)*(b + m) = ab + am - bm - m^2 = ab -(b-a)m - m^2 所以外层乘积小于内层乘积得证。

用两个指针代表前后两个数字的索引，left和right：

• left位置元素与right位置元素之和小于sum，说明两数之和小了，left右移寻找更大的数；
• left位置元素与right位置元素之和大于sum，说明两数之和大了，right左移寻找更小的数；
• left位置元素与right位置元素之和相等，返回array[left]与array[right]。

class Solution:
    def FindNumbersWithSum(self, array, tsum):
        if not array:
            return []
        left = 0
        right = len(array) - 1
        while left < right:
            if array[left] + array[right] < tsum:
                left += 1
            if array[left] + array[right] > tsum:
                right -= 1
            if array[left] + array[right] == tsum:
                return [array[left] , array[right]]
        return []

43.左旋转字符串

汇编语言中有一种移位指令叫做循环左移（ROL），现在有个简单的任务，就是用字符串模拟这个指令的运算结果。对于一个给定的字符序列S，请你把其循环左移K位后的序列输出。例如，字符序列S=”abcXYZdef”,要求输出循环左移3位后的结果，即“XYZdefabc”。是不是很简单？OK，搞定它！

思路：

敲黑板！！熟练运用python的切片！

class slice(start, stop[, step])
start -- 起始位置
stop -- 结束位置
step -- 间距

class Solution:
    def LeftRotateString(self, s, n):
        return s[n:]+s[0:n]

44.翻转单词顺序列

牛客最近来了一个新员工Fish，每天早晨总是会拿着一本英文杂志，写些句子在本子上。同事Cat对Fish写的内容颇感兴趣，有一天他向Fish借来翻看，但却读不懂它的意思。例如，“student. a am I”。后来才意识到，这家伙原来把句子单词的顺序翻转了，正确的句子应该是“I am a student.”。Cat对一一的翻转这些单词顺序可不在行，你能帮助他么？

思路:

和上题一样！必须熟练运用python的切片！由于切片属性，反转的数组是array[::-1]

class Solution:
    def ReverseSentence(self, s):
        k = s.split(' ')
        return ' '.join(k[::-1])

45.扑克牌顺子

LL今天心情特别好,因为他去买了一副扑克牌,发现里面居然有2个大王,2个小王(一副牌原本是54张^_^)...他随机从中抽出了5张牌,想测测自己的手气,看看能不能抽到顺子,如果抽到的话,他决定去买体育彩票,嘿嘿！！“红心A,黑桃3,小王,大王,方片5”,“Oh My God!”不是顺子.....LL不高兴了,他想了想,决定大小 王可以看成任何数字,并且A看作1,J为11,Q为12,K为13。上面的5张牌就可以变成“1,2,3,4,5”(大小王分别看作2和4),“So Lucky!”。LL决定去买体育彩票啦。 现在,要求你使用这幅牌模拟上面的过程,然后告诉我们LL的运气如何， 如果牌能组成顺子就输出true，否则就输出false。为了方便起见,你可以认为大小王是0。

思路：

一个比较笨的思路：由于0代表任意数，对数组进行排序，从小到大，0排在前面。那么0的数目是ct_0。假设后面不为0的两个连续数字之差大于1，即没有连上顺子，那么中间的差值需要用0补齐，差多少个数字就需要多少个0。

• 当ct_0为负数时，说明补不齐，返回False；
• 注意当出现两个一样的数字，意思是存在对子，那么一定不存在顺子，返回False。

class Solution:
    def IsContinuous(self, numbers):
        if not numbers:
            return False
        numbers = sorted(numbers)
        ct_0 = 0
        for i in range(4):
            if numbers[i] == 0:
                ct_0 += 1
            else: 
                if numbers[i+1] - numbers[i] > 1:
                        ct_0 -= (numbers[i+1] - numbers[i] - 1)
                if  numbers[i+1] - numbers[i] == 0:
                    return False
                if ct_0 < 0:
                    return False
        return True

另一个解答区的巧妙思路：

由于顺子特性，最大值与最小值相差<5；
最大值最小值都不包含0；
除0之外没有重复数字；

这样就避免了模拟用0填充差值这一步~巧妙！具体的实现比较简单就不贴啦~

46.孩子们的游戏(圆圈中最后剩下的数)

每年六一儿童节,牛客都会准备一些小礼物去看望孤儿院的小朋友,今年亦是如此。HF作为牛客的资深元老,自然也准备了一些小游戏。其中,有个游戏是这样的:首先,让小朋友们围成一个大圈。然后,他随机指定一个数m,让编号为0的小朋友开始报数。每次喊到m-1的那个小朋友要出列唱首歌,然后可以在礼品箱中任意的挑选礼物,并且不再回到圈中,从他的下一个小朋友开始,继续0...m-1报数....这样下去....直到剩下最后一个小朋友,可以不用表演,并且拿到牛客名贵的“名侦探柯南”典藏版(名额有限哦!!^_^)。请你试着想下,哪个小朋友会得到这份礼品呢？(注：小朋友的编号是从0到n-1)。如果没有小朋友，请返回-1。

思路：

这题是经典的约瑟夫环问题！我们可以通过模拟这个过程来得到结果：

从索引为0的小朋友开始数, 第一次需要出列是数到m-1的小朋友，由于可能存在m-1大于n的情况，所以index为(m-1)%n。下一个开始的小朋友，索引位置就是刚刚pop出去的索引值。

假设m=5, n=10:

模拟了两次pop过程

class Solution:
    def LastRemaining_Solution(self, n, m):
        if not m or not n:
            return -1
        res = [i for i in range(n)]
        i = 0
        while len(res) > 1:
            i = (m - 1 + i) % len(res)
            res.pop(i)
        return res[0]

第二种思路就是归纳法得到对应数：

假设孩子们排成一个圈，序号从0到n-1:

第一个出去的孩子序号为 (m-1)%n

剩下的孩子们的序号：0，1，2，m-3, m-2, ,m, m+1, ..., n-2, n-1

橙色位置出队

第二轮从m开始数，此时的m重新拍号，从0开始，整个过程如下：

• 上一轮最后：0，1，2，m-3, m-2, m, m+1, ..., n-2, n-1
• 转换一下（此时index假设为x）：m, m+1, ... , n-2, n-1，0，1，2，m-3, m-2
• 这一轮开始（此时index假设为y）：0，1，2，3，...，n-3, n-2

那么重新排号之后，x和y的对应关系：

y = (x - M + N) % N    （1）
x = (y + M) % N      （2）

出列1人之后，剩下n-1人，继续这个重排序，并且出列的过程。

当只剩下1个人的时候，编号为0，这个人出列。假设存在函数F(·)，那么

F(1) = 0

根据(2)， 此时N=2，有:

F(2) = [F(1) + M] % N = [F(1) + M] % 2

再往前推，此时N=3，有：

F(3) = [F(2) + M] % N = [F(2) + M] % 3

总结规律：

F(1) = 0
F(N) = [F(N - 1) + M] % N      (当N>1时)

有了规律就可以通过递推实现~

class Solution:
     def LastRemaining_Solution(self, n, m):
        if n < 1 or m < 1:
            return -1
        last = 0 #n=1
        for i in range(2, n + 1):
            last = (last + m % i) % i
        return last

47.求1+2+3+...+n

求1+2+3+...+n，要求不能使用乘除法、for、while、if、else、switch、case等关键字及条件判断语句（A?B:C）。

思路：

经典短路求值+递归。python种的a and b，当a为假时返回a，当a为真时返回b.

由于短路特性，从n到1，n一直为真，所以会持续返回n+n-1+n-2...+2+1

class Solution:
    def Sum_Solution(self, n):
        return n and (n + self.Sum_Solution(n-1))

48.不用加减乘除做加法

写一个函数，求两个整数之和，要求在函数体内不得使用+、-、*、/四则运算符号。

思路：

这题也考虑使用位运算来实现~

假设计算9+3， 按照二进制9：1001， 3：0011

• 按位与，并且左移一位，补0，当两位都是1的时候返回1，按位与是用于计算进位位n1；

• 按位异或，当两位不同的时候返回1，这种情况是计算非进位位n2；

• n1 & n2可以查看是否还有进位位，如果有的话，重复上述过程，直到没有进位位为止。

还有进位位,继续前面两步

注意，由于python没有位数限制，不会把负数的最高位1当作符号位，所以我们上面的结果需要进行越界检查~

class Solution:
    def Add(self, num1, num2):
        while  num2: # num2意味着还有进位
            num1, num2 = (num1 ^ num2) & 0xffffffff, ((num1 & num2) << 1) & 0xffffffff
        if num1 <= 0x7fffffff:
            result = num1
        else:
            result = ~(num1^0xffffffff)
        return result

这里代码简化了一点，直接判断是否还有进位，没有用到n1&n2判断，是因为进位位的计算已经是(n1&n2) << 1，所以可以直接用n2当作判断条件，即是否还有进位。

49.把字符串转换成整数

将一个字符串转换成一个整数，要求不能使用字符串转换整数的库函数。 数值为0或者字符串不是一个合法的数值则返回0

输入描述:

输入一个字符串,包括数字字母符号,可以为空

输出描述:

如果是合法的数值表达则返回该数字，否则返回0

思路：

• 用一个符号位判断是正数还是负数；
• 用一个table存数字字符 table = ['0', '1', '2', '3', '4', '5', '6', '7', '8', '9']；
• 从后往前判断，是否在table中，不是的话返回0；
• 每个字符在table里面寻找对应索引值，这个索引就是它对应的值，然后将索引和10^(index-1)相乘，和之前的num累加；
• 判断到第一个字符，要确认一下是‘+','-'还是数字，如果是'+', '-'修改符号位。

class Solution:
    def StrToInt(self, s):
        table = ['0', '1', '2', '3', '4', '5', '6', '7', '8', '9']
        res = 0
        for i in range(1,len(s)+1):
            if i == len(s) and s[-i] == '+':
                return res
            if i == len(s) and s[-i] == '-':
                return -res
            if s[-i] not in table:
                return 0
            res += table.index(s[-i])*10**(i-1)
        return res

50.数组中重复的数字

在一个长度为n的数组里的所有数字都在0到n-1的范围内。 数组中某些数字是重复的，但不知道有几个数字是重复的。也不知道每个数字重复几次。请找出数组中任意一个重复的数字。 例如，如果输入长度为7的数组{2,3,1,0,2,5,3}，那么对应的输出是第一个重复的数字2。

思路：

创建一个长度为len(numbers)的数组num，初始化每个元素都为0。然后由于数组里的所有数字都在0到n-1的范围内，所以numbers里的每个数字i都可以用作索引，即num[i]，用于存储i元素出现次数。

• 如果num[i]为0，说明该元素目前出现1次，num[i]就增加1；
• 如果num[i]不为0，说明该元素目前出现超过1次，可以将该元素返回。

class Solution:
    # 这里要特别注意~找到任意重复的一个值并赋值到duplication[0]
    # 函数返回True/False
    def duplicate(self, numbers, duplication):
        # write code here
        num = [0]*len(numbers)
        for i in numbers:
            if num[i] == 0:
                num[i] += 1
            else:
                duplication[0] = i
                return True
        return False

51.构建乘积数组

给定一个数组A[0,1,...,n-1],请构建一个数组B[0,1,...,n-1],其中B中的元素B[i]=A[0]*A[1]*...*A[i-1]*A[i+1]*...*A[n-1]。不能使用除法。（注意：规定B[0] = A[1] * A[2] * ... * A[n-1]，B[n-1] = A[0] * A[1] * ... * A[n-2];）

思路：

这题比较巧妙的解法是参考剑指offer上面对乘积数组的构建图示：

图片源自网络

可以将乘积数组B的组成看作由1分割成上下两部分三角型数组的每行元素乘积组成。

用Up和Down储存上下两个三角形的元素乘积。

对于Down来说，存在Down[i-1] = A[i] * Down[i]关系，推导如下：

Down[0] = 1
Down[1] = A[0] * 1 = A[0] * Down[0]
Down[2] = A[1] * A[0] * 1 = A[1] * Down[1]
Down[3] = A[2] * A[1] * A[0] * 1 = A[2] * Down[2]
...
Down[i+1] = A[i] * Down[i]

对于Up来说，Up是个倒三角形，所以由下向上计算。存在

Up[0] = 1
Up[1] = A[-1] * 1 = A[-1] * Up[0]
Up[2] = A[-2] * A[-1] * 1 = A[-2] * Up[1]
Up[3] = A[-3] * A[-2] * A[-1] * 1 = A[-3] * Up[2]
...
Up[i+1] = A[-i-1] * Up[i]

这样B的每个元素B[i]就是Up的尾部元素Up[-i-1]乘以Down的头部元素Down[i]:

class Solution:
    def multiply(self, A):
        if not A:
            return []
        D = [1]
        U = [1]
        for i in range(len(A) - 1):
            D.append(D[i] * A[i])
            U.append(U[i] * A[-i-1])
        B = [D[i] * U[-i-1] for i in range(len(A))]
        return B

52.正则表达式匹配

请实现一个函数用来匹配包括'.'和'*'的正则表达式。模式中的字符'.'表示任意一个字符，而'*'表示它前面的字符可以出现任意次（包含0次）。 在本题中，匹配是指字符串的所有字符匹配整个模式。例如，字符串"aaa"与模式"a.a"和"ab*ac*a"匹配，但是与"aa.a"和"ab*a"均不匹配。

思路：

这里s和pattern都不为空的情况比较好考虑，需要多注意s和pattern存在为空的情况~

• 首先，存在一种情况，pattern的第一个字符不管是什么，第二个字符是*，这就代表着第一个字符可能存在0次，即 char*这个情况：
  • 假设s[0] != pattern[0]， 那么我们可以把pattern后移两位继续判断，这就是让pattern第一个字符出现0次（这里pattern第一个字符不可以是'.'）。比如s=jsffff, pattern=q*s.ss，j！=q，那么pattern后移两位，从s.ss开始判断;
  • 假设s[0] == pattern[0]，并且pattern[1]是 *，这个时候又可以分成三种情况

1. pattern不变，s后移一位，因为pattern中的*可以匹配多位；
2. pattern后移2位，s不变，相当于把pattern前两位当成空，略过前两位；
3. pattern后移2位，s后移1位，相当于pattern前2位与s[0]匹配。

• 当pattern第二个字符不为*的情况：
• 如果s[0] == pattern[0]或者pattern[0] == '.'，s和pattern都后移一位
• 否则返回False
• 剩余的情况就是s或者pattern某个为空的时候
• 假设s和pattern都为空，返回True；
• 假设s不为空，pattern为空，返回False；
• 假设s为空，pattern不为空，则需要判断: 如果pattern的第二个字符是*，pattern后移2位继续判断。否则返回False。

# -*- coding:utf-8 -*-
class Solution:
    # s, pattern都是字符串
    def match(self, s, pattern):
        if len(s) == 0 and len(pattern) == 0:
            return True
        elif len(s) != 0 and len(pattern) == 0:
            return False
        elif len(s) == 0 and len(pattern) != 0:
            if len(pattern) > 1 and pattern[1] == '*':
                return self.match(s, pattern[2:])
            else:
                return False
        else:
            if len(pattern) > 1 and pattern[1] == '*':
                if s[0] != pattern[0] and pattern[0] != '.':
                    return self.match(s, pattern[2:])
                else:
                    return self.match(s, pattern[2:]) or self.match(s[1:], pattern[2:]) or self.match(s[1:], pattern)
            else:
                if s[0] == pattern[0] or pattern[0] == '.':
                    return self.match(s[1:], pattern[1:])
                else:
                    return False

53.表示数值的字符串

请实现一个函数用来判断字符串是否表示数值（包括整数和小数）。例如，字符串"+100","5e2","-123","3.1416"和"-1E-16"都表示数值。 但是"12e","1a3.14","1.2.3","+-5"和"12e+4.3"都不是。

思路：

让我们开始仔细审题，看看给出的反例：

• 12e：e的后面必须有数字；
• 1a3.14：不能有除了e/E之外的其它字母；
• 1.2.3：不能有多个小数点；
• +-5：只能有1个符号位；
• 12e+4.3：e后面不能有小数点;

这样如果用if else方式判断可能会比较多情况，可以考虑用正则表达式。

re?匹配0个或1个由前面的正则表达式定义的片段，非贪婪方式；
[...]用来表示一组字符,单独列出：[amk] 匹配 'a'，'m'或'k'；
re*匹配0个或多个的表达式；
[0-9]匹配任何数字。类似于 [0123456789]；
re+匹配1个或多个的表达式。

class Solution:
    # s字符串
    def isNumeric(self, s):
        import re
        a = re.match(r"[+-]?[0-9]*(.[0-9]*)?([eE][+-]?[0-9]+)?", s)
        if a.group(0) == s:
            return True
        else:
            return False

group([group1, …])方法用于获得一个或多个分组匹配的字符串，当要获得整个匹配的子串时，可直接使用 group()或 group(0)

54.字符流中第一个不重复的字符

请实现一个函数用来找出字符流中第一个只出现一次的字符。例如，当从字符流中只读出前两个字符"go"时，第一个只出现一次的字符是"g"。当从该字符流中读出前六个字符“google"时，第一个只出现一次的字符是"l"。

输出描述:

如果当前字符流没有存在出现一次的字符，返回#字符。

思路：

由于字符属性，可以用一个长为256的数组巧妙地存储每个字符出现的位置。字符本身的ascii码当作数组index。初始化数组每个元素都为-1。

• 假设这个字符是第一次出现，那么把-1替换成这个字符出现的index；
• 假设这个字符不是第一次出现，即这个位置的值>0，那么把这个位置的值变成-2;

最后在该数组中找到>0的最小值，这个位置所代表的字符就是结果。

class Solution:
    # 返回对应char
    def __init__(self):
        self.list = [-1]*256 
        self.index = 0
    def FirstAppearingOnce(self):
        tmp_min = 1000
        index = -1
        for i in range(len(self.list)):
            if self.list[i] >= 0 and tmp_min > self.list[i]:
                index = i
                tmp_min = self.list[i]
        if index >= 0:
            return chr(index)
        else:
            return '#'
        
    def Insert(self, char):
        if self.list[ord(char)] == -1:
            self.list[ord(char)] = self.index
        elif self.list[ord(char)] == -2:
            pass
        else:
            self.list[ord(char)] = -2
        self.index += 1

55.链表中环的入口结点

给一个链表，若其中包含环，请找出该链表的环的入口结点，否则，输出null。

思路：

我的憨憨思路vs大佬们的巧妙思路，完败

我的思路：遍历链表所有node，把出现过的node都存储到一个list中，每次遍历到下一个node的时候，判断一下该node是否存在于list中，是的话说明是入口node，返回它。

如下图所示，依次把1，2，3，4，5，6加入list中，当再加入3时，发现3已经在list中，返回3作为入口节点。

3是入口节点

# class ListNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.next = None
class Solution:
    def EntryNodeOfLoop(self, pHead):
        nodes = []
        h = pHead
        while h.next:
            if h in nodes:
                return h
            nodes.append(h)
            h = h.next
        return None

敲黑板来了！讲一下大佬的思路，这题也是比较经典的快慢指针问题。之前的快慢指针可参考链表倒数第k个节点，日更四中的问题14~

嘿我头发呢：剑指offer系列python实现 日更（四）​zhuanlan.zhihu.com

在本题中，设置快慢两个指针，初始都指向head。快指针每次走2步，慢指针每次走1步。

有两个结论:

1. 假如存在环，那么它们一定会相遇在环中某一节点;
2. 用两个指针分别从链表头和相遇点出发，每次走1步，最后一定相遇与环入口。

结论1比较好想，假设存在环的话，两个指针进入环，就是一个追逐过程。快指针总会追上慢指针~

证明结论2：

假设链表头到环入口节点数为a，环入口到快慢指针相遇点节点数为b，相遇点到环入口节点数为c。

当快慢指针再相遇点相遇时，

快指针走过的路程=a + (b + c)* k + b,

k>=1, b+c是环的长度，k是圈数，必须超过0圈，不然和慢指针一样。

慢指针走过的路程=a +（b + c)*m + b, m>=0

由于快指针比慢指针快1倍，所以路程是慢指针的1倍：

a + (b + c)* k + b = 2(a +（b + c)*m + b)

化简

a=(k-2m-1)(b+c)+c ，这意味着链表头到环入口的距离 = 整数圈数 + 相遇点到环入口的距离。这也意味着，如果两个指针一个从链表头开始，一个从快慢指针相遇点开始，那么他们最后一定会在环入口相遇。

# class ListNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.next = None
class Solution:
    def EntryNodeOfLoop(self, phead):
        fast, slow = phead, phead
        while fast and fast.next:
            slow=slow.next
            fast=fast.next.next
            if slow==fast:
                slow2=phead
                while slow!=slow2:
                    slow=slow.next
                    slow2=slow2.next
                return slow

56.删除链表中重复的结点

在一个排序的链表中，存在重复的结点，请删除该链表中重复的结点，重复的结点不保留，返回链表头指针。 例如，链表1->2->3->3->4->4->5 处理后为 1->2->5

思路：

老递归了！

复习一下：假设子问题我们都已经完美解决，那么最后一步是什么呢？

首先要记住这个链表是排序的链表~

假设前面都已经是不重复的结点，最后一步我们就是需要判断当前结点和后面的结点是否有重复，若有重复则全部跳过，若不重复则保留当前节点。

这里需要记得考虑只有0或者1个结点的情况~

# class ListNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.next = None
class Solution:
    def deleteDuplication(self, phead):
        if not phead: return phead
        if not phead.next: return phead
        if phead.val != phead.next.val:
            phead.next = self.deleteDuplication(phead.next)
            return phead
        else:
            p = phead.next
            while p and p.val == phead.val:
                p = p.next
            return self.deleteDuplication(p)

57.二叉树的下一个结点

给定一个二叉树和其中的一个结点，请找出中序遍历顺序的下一个结点并且返回。注意，树中的结点不仅包含左右子结点，同时包含指向父结点的指针。

思路：

在题目中，node.next是指向父结点的指针。这里需要回顾一下中序遍历顺序：左根右。

这时候有几种情况要考虑：

1. 假设结点有右子节点：那么就很简单，中序遍历顺序的下一个结点就是右子节点的最左子节点。如下图中的B，有右子结点E，那么返回E的最左子节点G即可。
2. 假设结点没有右子节点，说明需要向上查找，情况又分几种

• 判断是否有父节点，且是父节点的左子节点，返回父节点，比如下图的G，没有右子节点，但是是E的左儿子，这个时候返回E；
• 判断是否有父节点，但不是父节点的左子节点，继续向上找。比如下图的E，它没有右子节点，也不是B的左子节点，这说明B已经被返回了，这个时候需要查找B的父亲，并且判断B是不是它父亲的左子节点，重复上述过程。对于E来说，返回A。
• 如果找到根结点还是找不到，返回null，比如F。

# class TreeLinkNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.left = None
#         self.right = None
#         self.next = None
class Solution:
    def GetNext(self, pNode):
        if not pNode:
            return pNode
        if pNode.right:
            left = pNode.right
            while left.left:
                   left = left.left
            return left
        while pNode.next:
            father = pNode.next
            if father.left == pNode:
                return father
            pNode = father

58.对称的二叉树

请实现一个函数，用来判断一颗二叉树是不是对称的。注意，如果一个二叉树同此二叉树的镜像是同样的，定义其为对称的。

思路：

我们先看看对称的二叉树长什么样子：

题目中给了提示：如果一个二叉树同此二叉树的镜像是同样的，定义其为对称的，复习一下二叉树镜像~参考日更（五）中的问题18：

嘿我头发呢：剑指offer系列python实现 日更（五）​zhuanlan.zhihu.com

二叉树镜像的主要思路是：当前的结点左右结点交换，然后再对当前结点的左右结点递归做镜像~ 最后返回根结点即可。

本题中，我们需要的是比较左右子树是否是镜像的，转换一下思路：当前的结点左右结点判断是否val一样，然后再对当前结点的左右结点递归做镜像判断~

• 假设当前两个结点是空，可返回True；
• 假设当前两个结点有一个不为空，返回False；
• 判断一下两个节点值是否一致？
  • 若不一致返回False；
  • 若一致则递归地对node1.left 与node2.right 和 node2.left 与node1.right 继续判断是否是对称的。如下图中，对两个2的左右子树，颜色相同的一起判断。

# class TreeNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.left = None
#         self.right = None
class Solution:
    def compare(self, node1, node2):
        if not node1 and not node2:
            return True
        if not node1 or not node2:
            return False
        if node1.val == node2.val:
            return self.compare(node1.left, node2.right) and self.compare(node1.right, node2.left)
        else:
            return False
    def isSymmetrical(self, pRoot):
        if not pRoot:
            return True
        return self.compare(pRoot.left, pRoot.right)

59.按之字形顺序打印二叉树

请实现一个函数按照之字形打印二叉树，即第一行按照从左到右的顺序打印，第二层按照从右至左的顺序打印，第三行按照从左到右的顺序打印，其他行以此类推。

思路：

一个之字形输出栗子：

输出ACBDEF

当看到按照行打印时，第一想法就是广度优先搜索。让我们先回顾一下之前的从上往下打印二叉树，参考日更（六）的问题22：

嘿我头发呢：剑指offer系列python实现 日更（六）​zhuanlan.zhihu.com

问题22中是用一个list来模拟队列先入先出：把每一层的结点都放到nodes当中，并且当遍历到当前结点时，将结点值存到res中。如果当前结点有左or右子结点，就将左or右子结点放到nodes队列尾部。

那么本题其实只需要变换一下下，在偶数层逆序输出即可。

用一个ct代表当前层数，nodes存储每层结点，tmp暂存每层的结点，child存储当前层结点的孩子结点。若当前层数为偶数层，把tmp反转，放入res结果中。

一个和问题22的小区别在于，问题22输出形式为[1,2,3,4,5,...]， 本题输出形式为：[[1], [2,3], [4,5,6,7]....]，把每层结点又套进了一个list中。

# class TreeNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.left = None
#         self.right = None
class Solution:
    def Print(self, proot):
        if not proot:
            return []
        ct = 0
        nodes, res = [proot],[]
        while nodes:
            ct += 1
            childs = []
            tmp = []
            for i in nodes:
                tmp.append(i.val)
                if i.left:
                    childs.append(i.left)
                if i.right:
                    childs.append(i.right)
            if ct % 2 == 0:
                tmp = tmp[::-1]
            res.append(tmp)
            nodes = childs
        return res

60.把二叉树打印成多行

从上到下按层打印二叉树，同一层结点从左至右输出。每一层输出一行。

思路：

我仿佛时空穿梭，这题果然要和上一题一起看~ 它们的区别在于：本题不需要偶数层反向输出。

既然如此，我们把参考上题的实现，把偶数层反向输出部分删除：用nodes存储每层结点，tmp暂存每层的结点，child存储当前层结点的孩子结点。

当nodes不为空时，每次把nodes层数遍历一遍，把暂存的每层结点加入结果中，并且让nodes等于child，即当前层结点的孩子结点

# class TreeNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.left = None
#         self.right = None
class Solution:
    # 返回二维列表[[1,2],[4,5]]
    def Print(self, proot):
        if not proot:
            return []
        nodes, res = [proot],[]
        while nodes:
            childs = []
            tmp = []
            for i in nodes:
                tmp.append(i.val)
                if i.left:
                    childs.append(i.left)
                if i.right:
                    childs.append(i.right)
            res.append(tmp)
            nodes = childs
        return res

61.序列化二叉树

请实现两个函数，分别用来序列化和反序列化二叉树

二叉树的序列化是指：把一棵二叉树按照某种遍历方式的结果以某种格式保存为字符串，从而使得内存中建立起来的二叉树可以持久保存。序列化可以基于先序、中序、后序、层序的二叉树遍历方式来进行修改，序列化的结果是一个字符串，序列化时通过 某种符号表示空节点（#），以 ！ 表示一个结点值的结束（value!）。 二叉树的反序列化是指：根据某种遍历顺序得到的序列化字符串结果str，重构二叉树。

例如，我们可以把一个只有根节点为1的二叉树序列化为"1,"，然后通过自己的函数来解析回这个二叉树。

思路：

先皮一下，送命答法：

# class TreeNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.left = None
#         self.right = None
class Solution:
    def Serialize(self, root):
        return root
    def Deserialize(self, s):
        return s

这题还是比较简单的，假设有一颗这样的树：

可以选择某种遍历方式序列化，这里笔者选择先序遍历：根左右。

• 遍历后得到的序列化结果应为：A,B,#,D,#,#,C,E,#,#,F,#,#
• 根据这个序列化结果，反序列化还原成二叉树。

序列化采用的先序遍历还是我们的老朋友，递归~ 这里需要注意一点，这里用一个字符串存储结果，遇到空值返回'#,',当不为空，用逗号','分隔开每个结点。注意！这里应该返回'#,'而不是'#'，在这里卡了一会，原因是入股出现上图中的B结点情况，返回#之后应该继续遍历，所以还需要有逗号分隔~

反序列化需要一点小技巧:我们用一个ct存储结点在序列化结果中的index。

l是以逗号分隔符分隔了s后的数组，该数组仅由二叉树结点和#组成。这个时候依次遍历这个数组里每个元素，实例化每个结点即可！

# class TreeNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.left = None
#         self.right = None
class Solution:
    def __init__(self):
        self.ct = -1
    def Serialize(self, root):
        if not root:
            return '#,'
        return str(root.val) + ',' + self.Serialize(root.left) + self.Serialize(root.right)
    def Deserialize(self, s):
        self.ct += 1
        l = s.split(',')
        if self.ct >= len(l) or l[self.ct] == '#':
            return None
        root = TreeNode(int(l[self.ct]))
        root.left = self.Deserialize(s)
        root.right = self.Deserialize(s)
        return root

62.二叉搜索树的第k个结点

给定一棵二叉搜索树，请找出其中的第k小的结点。例如， （5，3，7，2，4，6，8） 中，按结点数值大小顺序第三小结点的值为4。

思路：

二叉搜索树的中序遍历结果就是树结点值按照顺序从小到大排序~ 所以这题我们得到树的中序遍历结果，再取出第k个值即可。

用递归的方法求中序遍历：左根右，依次把中序遍历node加入到ino这个list中。

# class TreeNode:
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.left = None
#         self.right = None
class Solution:
    # 返回对应节点TreeNode
    def __init__(self):
        self.ino = []
    def inorder(self, root):
        if not root:
            return None
        self.inorder(root.left)
        self.ino.append(root)
        self.inorder(root.right)
    
    def KthNode(self, proot, k):
        self.inorder(proot)
        if not proot or k <= 0 or len(self.ino) < k:
            return None
        return self.ino[k-1]

63.数据流中的中位数

如何得到一个数据流中的中位数？如果从数据流中读出奇数个数值，那么中位数就是所有数值排序之后位于中间的数值。如果从数据流中读出偶数个数值，那么中位数就是所有数值排序之后中间两个数的平均值。我们使用Insert()方法读取数据流，使用GetMedian()方法获取当前读取数据的中位数。

思路：

其实这题有一个比较简单的做法：

• 每次插入元素的时候对所有数据排序；
• 每次取出的时候判断一下数组内元素个数是奇数还是偶数,再返回对应数值。

但是这个方法有一个缺点，就是每次插入就要进行排序，python内置排序算法是timsort，它在输入已经有序的时候性能较好，时间复杂度是O(n)。

注意，网站上的GetMedian函数需要手动增加一个参数x，不然会报错。。

class Solution:
    def __init__(self):
        self.data = []
    def Insert(self, num):
        # write code here
        self.data.append(num)
        self.data.sort()
        return self.data
    def GetMedian(self,x ):
        l = len(self.data)
        if l % 2 == 0:
            return (self.data[l/2] + self.data[l/2 - 1])/2.0
        else:
            return self.data[l/2]

另一种方法，这里贴上大佬的思路，借鉴一下：

利用两个堆，一个最大堆一个最小堆，最大堆存数据流中较小的数，最小堆存数据流中较大的数。
保证：小顶堆中的元素都大于等于大顶堆中的元素，所以每次插值，并不是直接塞进去，而是从另一个堆中poll出一个最大（最小）的塞值
当数目为偶数的时候，将这个值插入大顶堆中，再将大顶堆中根节点（即最大值）插入到小顶堆中；
当数目为奇数的时候，将这个值插入小顶堆中，再讲小顶堆中根节点（即最小值）插入到大顶堆中；
取中位数的时候，如果当前个数为偶数，显然是取小顶堆和大顶堆根结点的平均值；如果当前个数为奇数，显然是取小顶堆的根节点

由于堆调整的复杂度为O(logn)，所以相比于上一个思路，利用堆的数据结构在时间复杂度上会更优~

64.滑动窗口的最大值

给定一个数组和滑动窗口的大小，找出所有滑动窗口里数值的最大值。例如，如果输入数组{2,3,4,2,6,2,5,1}及滑动窗口的大小3，那么一共存在6个滑动窗口，他们的最大值分别为{4,4,6,6,6,5}； 针对数组{2,3,4,2,6,2,5,1}的滑动窗口有以下6个： {[2,3,4],2,6,2,5,1}， {2,[3,4,2],6,2,5,1}， {2,3,[4,2,6],2,5,1}， {2,3,4,[2,6,2],5,1}， {2,3,4,2,[6,2,5],1}， {2,3,4,2,6,[2,5,1]}。

思路:

这题比较简单，利用python的切片，让窗口逐渐向后滑动，每次返回切片范围内最大的元素即可。需要注意一下窗口值为0的处理~

黄色代表滑动窗口，依次向右滑动

class Solution:
    def maxInWindows(self, num, size):
        res = []
        if size <=0:
            return []
        for i in range(len(num)-size +1):
            res.append(max(num[i: i+size]))
        return res

65.矩阵中的路径

请设计一个函数，用来判断在一个矩阵中是否存在一条包含某字符串所有字符的路径。路径可以从矩阵中的任意一个格子开始，每一步可以在矩阵中向左，向右，向上，向下移动一个格子。如果一条路径经过了矩阵中的某一个格子，则该路径不能再进入该格子。 例如

矩阵中包含一条字符串"bcced"的路径，但是矩阵中不包含"abcb"路径，因为字符串的第一个字符b占据了矩阵中的第一行第二个格子之后，路径不能再次进入该格子。

思路：

主要思路还是深度优先搜索，回溯法的经典题型。回溯法也是深度优先搜索的一种~

回溯法是将路径存入到一个栈中，递归地寻找周围有没有符合条件的格子，如果一旦有，就继续压入栈中（不管周围是不是还有其它符合条件的格子）。重复过程直到遇到周围都找不到的情况，这个时候pop当前这个格子，回退到上一个格子，在上一个格子周围继续找是否有满足条件的格子。重复以上的过程直到递归停止~

这题由于要持续寻找附近的格子，很容易想到利用递归实现~ 递归的中止条件是什么呢？

1. 越界，超过给出的矩阵边界；
2. 周围格子没有匹配的字母；
3. 周围格子都已经走过。

在以上3种情况都说明此路不通，可以换下条路。

已经匹配到字符串最后一个字符，且存在这样的路径。

以上情况返回True，说明找到了该路径。

注意，由于走过了的格子不能再走，所以需要一个和原矩阵同维度的matrix，存储是否走过对应格子。每次回溯的时候，该矩阵对应状态也需要变化~

另一个吐槽，牛客给出的数组是一维的！！还寻思为啥要给出rows和cols，人晕了

def isHasPath(self, matrix,rows,cols,curRow,curCol,path,index,visited):
        if index == len(path):
            return True
        hasPath = False
        if curRow >= 0 and curRow < rows and curCol >= 0 and curCol < cols and matrix[curRow*cols + curCol] == path[index] and not visited[curRow*cols + curCol]:
            index+=1
            visited[curRow*cols+curCol] = True
            l = self.isHasPath(matrix,rows,cols,curRow,curCol-1,path,index,visited) 
            u = self.isHasPath(matrix,rows,cols,curRow-1,curCol,path,index,visited) 
            r = self.isHasPath(matrix,rows,cols,curRow,curCol+1,path,index,visited) 
            d = self.isHasPath(matrix,rows,cols,curRow+1,curCol,path,index,visited)
            hasPath = l or u or r or d
            if not hasPath:
                index -= 1
                visited[curRow*cols+curCol] = False
        return hasPath
    def hasPath(self, matrix, rows, cols, path):
        # write code here
        if path is None or path == '' or rows <= 0 or cols <= 0:
            return False
        visited = [False for i in range(rows*cols)]
        index = 0
        for i in range(rows):
            for j in range(cols):
                if self.isHasPath(matrix,rows,cols,i,j,path,index,visited):
                    return True
        return False

66.机器人的运动范围

地上有一个m行和n列的方格。一个机器人从坐标0,0的格子开始移动，每一次只能向左，右，上，下四个方向移动一格，但是不能进入行坐标和列坐标的数位之和大于k的格子。 例如，当k为18时，机器人能够进入方格（35,37），因为3+5+3+7 = 18。但是，它不能进入方格（35,38），因为3+5+3+8 = 19。请问该机器人能够达到多少个格子？

思路：

这题和上题思路有点像！

用一个matrix存储m行n列矩阵，初始化所有都为1，表示机器人是否可以走到这个格子。

中止条件就是：越界，或行坐标和列坐标的数位之和大于k。

用ct存储可以走的格子个数，从（0，0）开始，如果满足条件可以继续，ct +=1。然后再从当前位置的上下左右方向继续寻找。最后返回ct即可。

class Solution:
    def __init__(self ):
        self.ct = 0
        
    def movingCount(self, threshold, rows, cols):
        
        visit = [[1 for i in range(cols)] for j in range(rows)]
        self.move(visit, 0, 0, threshold)
        return self.ct
    
    def move(self, visit, i, j, threshold):
        if i < 0 or j < 0 or i >= len(visit) or j >= len(visit[0]):
            return
        sum_i = sum(list(map(int, list(str(i)))))
        sum_j = sum(list(map(int, list(str(j)))))
            
        if sum_i + sum_j > threshold or visit[i][j] != 1:
            return
        self.ct += 1
        visit[i][j] = 0
        self.move(visit,i-1, j, threshold)
        self.move(visit,i+1, j, threshold)
        self.move(visit,i, j-1, threshold)
        self.move(visit,i, j+1, threshold)

67.剪绳子

给你一根长度为n的绳子，请把绳子剪成整数长的m段（m、n都是整数，n>1并且m>1），每段绳子的长度记为k[0],k[1],...,k[m]。请问k[0]xk[1]x...xk[m]可能的最大乘积是多少？例如，当绳子的长度是8时，我们把它剪成长度分别为2、3、3的三段，此时得到的最大乘积是18。输入一个数n，意义见题面。（2 <= n <= 60）

示例1

输入：8
输出：18

思路：

这题也是属于经典的动态规划问题~

不管我们最终得到的绳子有几段，一定存在一个划分点i，把绳子切分成两段，而两段分别可以求相应的长度乘积最大值（最小子问题）。

而对于该绳子来说，乘积最大值就是这两段分别的最大值之积。

假设函数f(x)，代表长度为x的绳子的最大乘积。那么对于切分点i来说：

f(x) = f(i) * f(x - i)

由于对称性的存在，即切在长度为 i 和长度为 x-i 处得到结果是一样的，所以j的切分的范围应该在1~n/2之间。

• 当n <= 3的时候，由于必须要切分，所以这个时候可以归纳返回。
• 当n >= 4的时候，这个时候如果遇到长度为3，就可以不用切分，直接乘以3。

用dp数组存放长度为x的绳子的最大乘积，且此时number大于4。易知:

dp[0] = 0 
dp[1] = 1 
dp[2] = 2  # 当number大于4，长度为2不用切分
dp[3] = 3  # 当number大于4，长度为3不用切分

代码中需要提前返回number 等于2和3的情况，再对dp进行赋值。

class Solution:
    def cutRope(self, number):
        if number == 2:
            return 1
        if number == 3:
            return 2
        dp = [-1]*61
        dp[1] = 1
        dp[2] = 2
        dp[3] = 3
        for i in range(4, (number+1)):
            tmpmax = 0
            for j in range(1, i//2 + 1):
                tmpmax = max(tmpmax, dp[j]*dp[i-j])
            dp[i] = tmpmax
        return dp[number]

另一种解决方法：

让我们先来归纳一下每个长度的绳子最大乘积情况：

4: 2*2
5: 2*3
6: 3*3
7: 2*2*3 /  4*3
8: 2*3*3
9: 3*3*3
10: 2*2*3*3 /  4*3*3: 
11: 2*3*3*3
12: 3*3*3*3
13: 2*2*3*3*3 /  4*3*3*3

发现没有！除了2就是3！

那么有同学可能疑惑，为什么没有比3大的数字？

4 = 2*2
5 < 2*3
6 < 3*3
7 < 2*3*3

那么2和3的数量又是什么关系呢？

6 = 2+2+2 = 3+3

但是:

2*2*2 < 3*3

所以2的数量一定小于3的数量，这题就变成了找尽可能多的3~

• 假设n恰好整除3，那么结果就是3的n//3次方（n//3代表n除以3的整数部分）；
• 假设n除以3余1，那么可以拿出1个3，和最后的余数1相加变成4，最后结果是：3**(number//3-1)*4 ；
• 假设n除以3余2，那么结果就是：3**(number//3)*(number%3)

class Solution:
    def cutRope(self, number):
        res = 1
        if number <= 1:
            return 0
        elif number <= 2:
            return 1
        elif number <= 3:
            return 2
        elif number > 3:
            if number % 3 == 0:
                res = 3**(number//3)
            elif number%3 == 1:
                res = 3**(number//3-1)*4
            else:
                res = 3**(number//3)*(number%3)
        return res