【刷题日记】C++入门必刷经典题目
大家好，我是白晨，一个不是很能熬夜，但是也想日更的人✈。如果喜欢这篇文章，点个赞，关注一下白晨吧！你的支持就是我最大的动力！
文章目录
- 前言
- C++入门必刷经典题目
-
- 1.选择题
-
- 1.1 类的类型转换
- 1.2 拷贝构造调用次数
- 1.3 友元函数
- 1.4 静态数据成员
- 1.5 new创建对象
- 1.6 模板格式
- 1.7 空类大小
- 1.8 析构函数
- 1.9 赋值运算符
- 1.10 构造函数调用
- 1.11 初始化列表
- 1.12 const
- 1.13 delete this
- 1.14 c_str()
- 1.15 resize/reserve
- 1.16 cerr
- 1.17 基类与派生类
- 1.18 继承的对象模型
- 2.编程题
-
- 2.1 字符串相加
- 2.2 字符串相乘
- 2.3 删除有序数组中的重复项
- 2.4 杨辉三角
- 2.5 只出现一次的数字 I
- 2.6 只出现一次的数字 II
- 2.7 只出现一次的数字 III
- 2.8 电话号码的字母组合
- 2.9 连续子数组的最大和
- 2.10 最小栈
- 2.11 栈的压入、弹出序列
- 2.12 逆波兰表达式求值
- 2.13 数组中的第K个最大元素
- ⚔ 后记
前言
白晨这段时间回头复盘了一下我的C++学习之旅，发现了许多坎坷和难点。所以，白晨整理了我入门学习C++遇到的好题目以及大坑。
整理的题目分为两个大类：选择题和编程题。
- 选择题
白晨整理了许多入门易错难掌握的知识点，相当于是对于重难知识点的一次复盘，希望大家可以加深对重难知识点的理解。
- 编程题
其中主要是对于C++输入输出，STL（标准模板库）的使用，动态规划，数据结构等题目，题目不是很难，但是很有代表性和经典性，是每个C++入门应该都会见过并且掌握的题目。
C++入门必刷经典题目
1.选择题
1.1 类的类型转换
答案解析 :
1.2 拷贝构造调用次数
答案解析 :
1.3 友元函数
答案解析 :
1.4 静态数据成员
答案解析 :
答案解析 :
1.5 new创建对象
答案解析 :
1.6 模板格式
答案解析 :
1.7 空类大小
答案解析 :
空类系统为了表示占位，会分配一个字节的空间
1.8 析构函数
答案解析 :
答案解析 :
1.9 赋值运算符
答案解析 :
1.10 构造函数调用
答案解析 :
1.11 初始化列表
1.12 const
答案解析 :
1.13 delete this
答案解析 :
这个写法是正确的，但是不推荐。
1.14 c_str()
答案解析 :
虽然从内容上来说，a == b，但是a，b是两个不同的对象，空间中所存储的位置也不同，c_str 返回值是 const char* ，也就是空间中的地址，所以不可能相等。
所以选择A。
1.15 resize/reserve
答案解析 :
str.reserve(111); //调整容量为 111
str.resize(5); //调整元素个数为 5
str.reserve(50); //调整容量为 50，由于调整的容量小于已有空间容量，故容量不会减小
所以size=5 capacity=111
故答案为: C
1.16 cerr
1.17 基类与派生类
1.18 继承的对象模型
2.编程题
2.1 字符串相加
✈ 原题链接 ：字符串相加
模拟：
具体思路：
我们可以模拟正常的加法，从个位开始，逐位相加，模拟过程中要注意的是：
- 我们取出字符串的每一个元素都是字符，所以不能直接将其相加，必须要减去
'0'才能得到这个数的真实值。 - 当一个数的每一位都已经遍历完了，如果另一个数还没遍历完，则在这个数的高位补0。
- 如果两个数字之和大于等于10，要进位。
- 每次向要返回字符串插入一个本次相加得到的个位数。
- 最后得到的返回字符串是反的，我们要将其反转。
代码实现：
class Solution {
public:
string addStrings(string num1, string num2) {
int i = num1.size() - 1, j = num2.size() - 1;
int flag = 0;
string ret;
// 当给定的数字没有遍历完或者要进位时，进入循环
while (i >= 0 || j >= 0 || flag != 0)
{
// 判断一个数是否已经遍历完
int val1 = i >= 0 ? num1[i] - '0' : 0;
int val2 = j >= 0 ? num2[j] - '0' : 0;
// 看有没有进位
// flag == 1，有进位，反之，无进位
flag = flag == 1 ? val1 + val2 + 1 : val1 + val2;
// 将本次相加的个位数插到返回字符串后
ret += flag % 10 + '0';
flag /= 10;
i--;
j--;
}
// 反转字符串
reverse(ret.begin(), ret.end());
return ret;
}
};
2.2 字符串相乘
✈ 原题链接 ：字符串相乘
法一：模拟竖式+加法实现
具体思路：
先来看例子中的乘法用竖式如何计算：
-
我们发现，从右到左，
num2每一位都需要乘以num1，并且每乘完一次num1所得的数字的权重要乘10。 -
num2每一位乘num1都是个位数*num1,所以我们可以先把个位数乘num1的结果保存起来，用的时候直接调用。 -
得到
num2每一位乘num1的字符串后，保存起来，最后和竖式一样，依次相加每一位的结果，得到最后的答案。
代码实现：
class Solution {
public:
// 复用上题的加法
string Add(const string& num1, const string& num2)
{
string ret;
int add = 0;
int end1 = num1.size() - 1, end2 = num2.size() - 1;
while (end1 >= 0 || end2 >= 0 || add != 0)
{
int n1 = end1 >= 0 ? num1[end1--] - '0' : 0;
int n2 = end2 >= 0 ? num2[end2--] - '0' : 0;
add = n1 + n2 + add;
ret += add % 10 + '0';
add /= 10;
}
reverse(ret.begin(), ret.end());
return ret;
}
string multiply(string num1, string num2) {
// 出现0时，直接返回"0"
if (num1 == "0" || num2 == "0")
return "0";
int len1 = num1.size(), len2 = num2.size();
// 保存 0 ~ 9 乘 num1 的值
vector<string> save(10);
// 保存num2每一位乘num1的值
vector<string> ret(len2 + 1);
// 0乘任何数都为0
save[0] = "0";
// 保存最后的返回值
ret[len2] = "0";
// 记录权重
int pos = 0;
// 保存 0 ~ 9 乘 num1 的值
for (int i = 1; i < 10; ++i)
{
save[i] = Add(save[i - 1], num1);
}
// 保存num2每一位乘num1的值
for (int i = len2 - 1; i >= 0; --i)
{
int val = num2[i] - '0';
ret[i] = save[val];
// 根据权重在字符串后面补0
for (int j = 0; j < pos; ++j)
ret[i] += '0';
// 每乘完一个数，权重加一
pos++;
}
// 整体加起来
for (int i = 0; i < len2; ++i)
{
ret[len2] = Add(ret[len2], ret[i]);
}
return ret[len2];
}
};
2.优化竖式+模拟乘法
具体思路：
- 首先，我们先来探讨一下 m位数乘n位数得到的结果为多少位数。
-
由上式可得，最后相乘得到的数字最长为 m + n m+n m+n ，所以我们可以预先开辟一个 m + n m+n m+n 长度的数组来存放这个数字。
-
由于要使用乘法进行模拟，所以我们可以优化一下我们的竖式乘法
通过上面的例子我们可以得到优化后竖式的具体做法：
- 将原来一次乘一个整形的步骤拆解为一次一个数只乘一个数
- 这样就不用担心溢出问题
- 并且我们可以将相乘的结果直接加到上述数组对应的位上，就如同上面的竖式一样
- 进行完全部的竖式运算后，再处理得到的数组，该进位进位，保证每一位上都是个位数。
- 再将数组转换为字符串后返回。
代码实现：
class Solution {
public:
string multiply(string num1, string num2) {
if (num1 == "0" || num2 == "0")
return "0";
int m = num1.size(), n = num2.size();
vector<int> num(m + n);
string ret;
// 模拟每一位乘每一位
for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
{
int val2 = num2[i] - '0';
for (int j = m - 1; j >= 0; --j)
{
int val1 = num1[j] - '0';
int mul = val1 * val2;
// 将乘来的结果加到对应的位上
num[i + j + 1] += mul;
}
}
// 进位
for (int i = m + n - 1; i > 0; --i)
{
num[i - 1] += num[i] / 10;
num[i] %= 10;
}
// 判断有没有最高位
int i = num[0] == 0 ? 1 : 0;
for (; i < m + n; ++i)
{
ret += num[i] + '0';
}
return ret;
}
};
2.3 删除有序数组中的重复项
✈ 原题链接 ：删除有序数组中的重复项
法一：暴力求解
代码实现：
class Solution {
public:
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
vector<int>::iterator begin = nums.begin();
while (begin != nums.end())
{
if (begin + 1 != nums.end() && *begin == *(begin + 1))
begin = nums.erase(begin);
else
begin++;
}
return nums.size();
}
};
法二：快慢指针
代码实现：
class Solution {
public:
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
size_t slow = 0, fast = 0;
size_t len = nums.size();
while (fast < len)
{
if (nums[slow] != nums[fast])
{
nums[slow + 1] = nums[fast];
slow++;
}
fast++;
}
return slow + 1;
}
};
2.4 杨辉三角
✈ 原题链接 ：杨辉三角
这是一道非常典型的动态规划的题目,并且思路也非常简单。
具体思路：
- 状态： d p [ i ] [ j ] dp [ i ] [ j ] dp[i][j] 为位置的数字
- 初始状态：当 j = = 0 ∣ ∣ i = = j 时 ， d p [ i ] [ j ] = 1 j == 0 || i== j时， dp [ i ] [ j ] = 1 j==0∣∣i==j时，dp[i][j]=1
- 状态转移方程： d p [ i ] [ j ] = d p [ i − 1 ] [ j − 1 ] + d p [ i − 1 ] [ j ] dp [i] [j] = dp [i - 1] [j - 1] + dp [i - 1] [ j ] dp[i][j]=dp[i−1][j−1]+dp[i−1][j]。
代码实现：
class Solution {
public:
vector<vector<int>> generate(int numRows) {
vector<vector<int>> ret(numRows, vector<int>(1, 1));
for (int i = 0; i < numRows; ++i)
{
ret[i].resize(i + 1, 1);
}
for (int i = 2; i < numRows; ++i)
{
for (int j = 1; j < ret[i].size() - 1; ++j)
{
ret[i][j] = ret[i - 1][j - 1] + ret[i - 1][j];
}
}
return ret;
}
};
2.5 只出现一次的数字 I
✈ 原题链接 ：只出现一次的数字
首先，我们需要了解异或运算的几个性质：
- 交换律： a ⊕ b = b ⊕ a , a ⊕ b ⊕ a = a ⊕ a ⊕ b a ⊕ b = b ⊕ a, a ⊕ b ⊕ a = a ⊕ a ⊕ b a⊕b=b⊕a,a⊕b⊕a=a⊕a⊕b
- 结合律： ( a ⊕ b ) ⊕ a = a ⊕ ( b ⊕ a ) (a ⊕ b) ⊕ a = a ⊕ (b ⊕ a) (a⊕b)⊕a=a⊕(b⊕a)
- 任何数与0异或都是其本身： a ⊕ 0 = 0 ⊕ a = a a ⊕ 0 = 0 ⊕ a = a a⊕0=0⊕a=a
- 任何数与自己异或都为0： a ⊕ a = 0 a⊕a=0 a⊕a=0
其次，题目中明确指出，只有一个数字出现了一次，其余数字均出现了两次，所以，依照上述性质，我们可以将其化为：
a 1 ⊕ a 1 ⊕ a 2 ⊕ a 2 ⊕ . . . ⊕ a k ⊕ a k + 1 ⊕ a k + 1 ⊕ . . . ⊕ a m ⊕ a m = 0 ⊕ a k = a k a_1 ⊕a_1⊕a_2⊕a_2⊕...⊕a_k⊕a_{k+1}⊕a_{k+1}⊕...⊕a_m⊕a_m = 0⊕a_k=a_k a1⊕a1⊕a2⊕a2⊕...⊕ak⊕ak+1⊕ak+1⊕...⊕am⊕am=0⊕ak=ak
也即，直接将给定数组中的数全部异或起来，最后得到的数就是只出现一次的数。
代码实现：
class Solution {
public:
int singleNumber(vector<int>& nums) {
int num = 0;
for(auto i : nums)
num ^= i;
return num;
}
};
2.6 只出现一次的数字 II
✈ 原题链接 ：只出现一次的数字 II
法一：排序 + 遍历
- 这个方法就没有什么好说的了，直接暴力排序，遍历选出其中只出现一次的数字。
代码实现：
class Solution {
public:
int singleNumber(vector<int>& nums) {
if(nums.size() == 1)
return nums[0];
sort(nums.begin(), nums.end());
int len = nums.size();
if(nums[0] != nums[1])
{
return nums[0];
}
if(nums[len - 1] != nums[len - 2])
{
return nums[len - 1];
}
for(int i = 1; i < len - 1; ++i)
{
if(nums[i] != nums[i - 1] && nums[i] != nums[i + 1])
return nums[i];
}
return 0;
}
};
时间复杂度 O ( n ∗ l o g 2 n ) O(n*log_2n) O(n∗log2n) ，空间复杂度 O ( 1 ) O(1) O(1) 。
法二：哈希表
- 遍历数组，使用哈希表统计数组中的数出现的次数，最后找到只出现一次的数字即可。
代码实现：
class Solution {
public:
int singleNumber(vector<int>& nums) {
unordered_map<int, int> harsh;
for (int e: nums) {
++harsh[e];
}
int ret = 0;
for (auto [num, cnt]: harsh) {
if (cnt == 1) {
ret = num;
break;
}
}
return ret;
}
};
时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n) ，空间复杂度 O ( n ) O(n) O(n) 。
法三：统计二进制位数
- 建立一个数组，统计全部数字的二进制每一位上
1出现了多少次。 - 因为除了一个数字以外，其余数字都出现了3次，所以其余数字每一位二进制位为
1次数的总和一定能被3整除。 - 所以，只需要统计出二进制位中不能被3整除的位，这些位组成的数就是只出现过一次的数。
代码实现：
class Solution {
public:
int singleNumber(vector<int>& nums) {
int cnt[32] = { 0 };
int ret = 0;
// 统计全部数字二进制为1的个数
for (int i = 0; i < 32; ++i)
{
for (auto e : nums)
{
if ((e >> i) & 1 == 1)
{
cnt[i]++;
}
}
}
// 将不能被3整除的位或等起来就是结果
for (int i = 0; i < 32; ++i)
{
if ((cnt[i] % 3))
ret |= 1 << i;
}
return ret;
}
};
时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n) ，空间复杂度 O ( 1 ) O(1) O(1) 。
2.7 只出现一次的数字 III
✈ 原题链接 ：只出现一次的数字 III
✨ 法一：排序 + 遍历
- 直接排序，然后遍历选出只出现了一次的数字。
代码实现：
class Solution {
public:
vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {
sort(nums.begin(), nums.end());
int len = nums.size();
vector<int> ret;
// 特别情况：对第一个元素和第二个元素进行判断
if(nums[0] != nums[1])
{
ret.push_back(nums[0]);
}
// 特别情况：对最后一个元素和倒数第二个元素进行判断
if(nums[len - 1] != nums[len - 2])
{
ret.push_back(nums[len - 1]);
}
if(ret.size() == 2)
return ret;
// 一般判断：对数组中的其他元素进行判断
for(int i = 1; i < len - 1; ++i)
{
if(nums[i] != nums[i - 1] && nums[i] != nums[i + 1])
ret.push_back(nums[i]);
}
return ret;
}
};
时间复杂度 O ( n ∗ l o g 2 n ) O(n*log_2n) O(n∗log2n) ，空间复杂度 O ( 1 ) O(1) O(1) 。
✨ 法二：哈希表
- 暴力哈希，直接统计每个数字出现次数，最后选出只出现一次的数。
代码实现：
class Solution {
public:
vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {
unordered_map<int, int> freq;
for (int num: nums) {
++freq[num];
}
vector<int> ans;
for (const auto& [num, occ]: freq) {
if (occ == 1) {
ans.push_back(num);
}
}
return ans;
}
};
✨ 法三：二进制异或法
具体思路：
- 首先，我们需要了解异或运算的几个性质：
- 交换律： a ⊕ b = b ⊕ a , a ⊕ b ⊕ a = a ⊕ a ⊕ b a ⊕ b = b ⊕ a, a ⊕ b ⊕ a = a ⊕ a ⊕ b a⊕b=b⊕a,a⊕b⊕a=a⊕a⊕b
- 结合律： ( a ⊕ b ) ⊕ a = a ⊕ ( b ⊕ a ) (a ⊕ b) ⊕ a = a ⊕ (b ⊕ a) (a⊕b)⊕a=a⊕(b⊕a)
- 任何数与0异或都是其本身： a ⊕ 0 = 0 ⊕ a = a a ⊕ 0 = 0 ⊕ a = a a⊕0=0⊕a=a
- 任何数与自己异或都为0： a ⊕ a = 0 a⊕a=0 a⊕a=0
其次，题目中明确指出，只有两个数字出现了一次，其余数字均出现了两次，所以，依照上述性质，我们可以将其化为：
a 1 ⊕ a 1 ⊕ a 2 ⊕ a 2 ⊕ . . . ⊕ a k ⊕ a k + 1 ⊕ a k + 1 . . . ⊕ a n ⊕ a n + 1 ⊕ a n + 1 ⊕ . . . ⊕ a m ⊕ a m = a k ⊕ a n a_1 ⊕a_1⊕a_2⊕a_2⊕...⊕a_k⊕a_{k+1}⊕a_{k+1}...⊕a_n⊕a_{n+1}⊕a_{n+1}⊕...⊕a_m⊕a_m = a_k⊕a_n a1⊕a1⊕a2⊕a2⊕...⊕ak⊕ak+1⊕ak+1...⊕an⊕an+1⊕an+1⊕...⊕am⊕am=ak⊕an
最后我们得到了两个只出现一次数字的异或值，由异或的定义可知，两个数二进制位上的数不相同时不相同的位上结果为1，eg. 1000 ⊕ 1110 = 0110 ，可得这两个数字从右到左第二位和第三位不同。
- 当得到了目标数字的不同二进制位时，我们可以依次为依据对数组进行分组，分组后，每一组都只剩下了一个单独出现的数字。
- 再按照
只出现一次的数字 I的方法分别选出两个数字即可。
代码实现：
class Solution {
public:
vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {
int num = 0;
int len = nums.size();
vector<int> ret;
// 将全部数字异或起来
for(auto e : nums)
{
num ^= e;
}
int i = 0;
// 找出两个数字不一样的二进制位
for(i = 0; i < 32; ++i)
{
if((num >> i) & 1 == 1)
break;
}
// 按不同二进制位分组进行异或，最后直接得到两个结果
int ret1 = 0, ret2 = 0;
for(auto e : nums)
{
if((e >> i) & 1 == 1)
ret1 ^= e;
else
ret2 ^= e;
}
ret.push_back(ret1);
ret.push_back(ret2);
return ret;
}
};
时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n) ，空间复杂度 O ( 1 ) O(1) O(1) 。
2.8 电话号码的字母组合
✈ 原题链接 ：电话号码的字母组合
具体思路：
这是一道非常经典的回溯算法题，思路其实也很简单：
- 遍历题目给的数字字符串，按照数字找到对应的字母字符串。
- 按遍历的元素顺序在当前后面加字符，直到遍历完成。
- 当遍历完题目给的数字字符串时，把此时得到的字符串保存。
代码实现：
// 哈希表用来对照
static string harsh[] = {"", "", "abc", "def", "ghi", "jkl", "mno",
"pqrs", "tuv", "wxyz"};
class Solution {
public:
void Dfs(string& digits, int index, string curStr, vector<string>& ret)
{
// 当当前的字符串长度与digits相等，如果当前字符串不为空，将其插入
if(curStr.size() == digits.size())
{
if(!curStr.empty())
ret.push_back(curStr);
return;
}
// 找到当前digits对应的数字
int curInd = digits[index] - '0';
// 遍历这个哈希表中对应的字符串
for(auto& ch: harsh[curInd])
{
// 尝试每一种结果，index为digits下标，每次加一
// 每次在当前字符串后加入当前对应的哈希表字符，尝试所有可能性
Dfs(digits, index + 1, curStr + ch, ret);
}
}
vector<string> letterCombinations(string digits) {
vector<string> ret;
Dfs(digits, 0, "", ret);
return ret;
}
};
2.9 连续子数组的最大和
✈ 原题链接 ：连续子数组的最大和
这道题是一道很经典的动态规划的题目，有的同学可能第一眼就直接用贪心+回溯去做，但是这道题用贪心算法的话有些情况下会得不到整体最优的结果。
具体思路：
这是一道非常经典的动态规划问题：
-
状态： f ( x ) f(x) f(x) —— 从上一段连续的最大和到 x 位置的最大和
-
状态转移方程： f ( x ) = m a x ( f ( x − 1 ) + a [ x ] , a [ x ] ) f(x)=max(f(x-1) + a[x], a[x]) f(x)=max(f(x−1)+a[x],a[x]) —— 如果上一段的连续最大和与当前数的和大于当前数，就取上一段的连续最大和与当前数的和，反之，取当前数（相当于如果 前面连续串的和的最大值 以及 当前数 相加的和 如果还不如当前数，不如从这一位置重新开始一个连续的子串，反之继续延续前面的连续串）
-
初始值： f ( 0 ) = a [ 0 ] f(0) = a[0] f(0)=a[0] —— 从a[0]开始子串
-
结果：从 f ( 0 ) − f ( n − 1 ) f(0) - f(n-1) f(0)−f(n−1) 中选出最大值。因为连续串不确定，所以最后要判断一下。
-
实例： − 2 , 1 , − 3 , 4 , − 1 , 2 , 1 , − 5 -2 ,1,-3,4,-1,2,1,-5 −2,1,−3,4,−1,2,1,−5
-
序号 0 1 2 3 4 5 6 7 a [ x ] a[x] a[x] -2 1 -3 4 -1 2 1 -5 f ( x ) f(x) f(x) -2 1 -2 4 3 5 6 1
再来形象总结一下连续串的思路：
相当于你有一个大型的家族，如果前面你家族的资产很丰厚，和你的资产加起来超过了你原本的资产（你可能还欠钱了），那么你选择继承家产；但是如果你家道中落，家里欠了钱，那么你就可以选择自己出去单干，不要被家族牵连，你又开始建立了一个新家族。你的子孙以你为榜样，继续上面的过程。
最后你的后代翻阅族谱，要找到祖上最阔器的时代，于是将一代代人的资产比较，得到祖上最阔的一代的资产。
代码实现：
class Solution {
public:
int FindGreatestSumOfSubArray(vector<int> array) {
int num = array[0], Max = array[0];
for(int i = 1; i < array.size(); ++i)
{
num = max(array[i] + num, array[i]);
Max = num > Max ? num : Max;
}
return Max;
}
};
2.10 最小栈
✈ 原题链接 ：最小栈
本题既然要求要在线性时间内找到最小值，那么我们可以用空间换时间的做法。
具体思路：
- 预设两个栈，一个存放正常输入的值——
_st，另一个专门存放最小值——_min。 - 入栈：
- 入栈的值直接存放到
_st； _st栈为空时，同时将其入栈_min；- 后面进行入栈时，和
_min的栈顶元素比较，如果入栈的值小于等于_min的栈顶元素，就入栈_min。
- 入栈的值直接存放到
- 出栈：
- 出栈时，如果
_st的出栈元素等于_min的栈顶元素，那么两个栈都出栈； - 如果
_st的出栈元素不等于_min的栈顶元素，只出_st栈。
- 出栈时，如果
代码实现：
class MinStack {
public:
MinStack() {}
void push(int val) {
_st.push(val);
if (_min.empty() || val <= _min.top())
{
_min.push(val);
}
}
void pop() {
if (_min.top() == _st.top())
{
_min.pop();
}
_st.pop();
}
int top() {
return _st.top();
}
int getMin() {
return _min.top();
}
private:
stack<int> _st;
stack<int> _min;
};
2.11 栈的压入、弹出序列
✈ 原题链接 ：栈的压入、弹出序列
这道题的主要思路就是——模拟。
具体思路：
- 直接模拟栈的出入栈过程。
- 按照给定的入栈顺序依次入栈，入到入栈元素和出栈序列的第一个元素相同时，开始出栈，同时指向出栈序列的下一个元素，循环这个过程，直到栈顶元素和出栈序列元素不同或者栈为空，停止出栈。
- 循环上述过程，直到遍历完入栈序列。
- 此刻，如果栈中没有元素，说明题目给定序列正确，反之，不正确。
代码实现：
class Solution {
public:
bool IsPopOrder(vector<int> pushV, vector<int> popV) {
stack<int> st;
int i = 0, j = 0;
// 循环下面的过程，直到遍历完入栈序列
while (i < pushV.size())
{
st.push(pushV[i++]);
// 当栈顶元素和出栈序列相等时，开始出栈
while (!st.empty() && st.top() == popV[j])
{
st.pop();
j++;
}
}
return st.empty();
}
};
2.12 逆波兰表达式求值
✈ 原题链接 ：逆波兰表达式求值
逆波兰表达式由波兰的逻辑学家卢卡西维兹提出。逆波兰表达式的特点是：没有括号，运算符总是放在和它相关的操作数之后。因此，逆波兰表达式也称后缀表达式。
具体思路：
逆波兰表达式严格遵循「从左到右」的运算。计算逆波兰表达式的值时，使用一个栈存储操作数，从左到右遍历逆波兰表达式，进行如下操作：
-
如果遇到操作数，则将操作数入栈；
-
如果遇到运算符，则将两个操作数出栈，其中先出栈的是右操作数，后出栈的是左操作数，使用运算符对两个操作数进行运算，将运算得到的新操作数入栈。
-
整个逆波兰表达式遍历完毕之后，栈内只有一个元素，该元素即为逆波兰表达式的值。
上面思路出自力扣官方
代码实现：
class Solution {
public:
int evalRPN(vector<string>& tokens) {
stack<int> st;
for (const auto& str : tokens)
{
if (str == "+" || str == "-" || str == "*" || str == "/")
{
int right = st.top();
st.pop();
int left = st.top();
st.pop();
switch (str[0])
{
case '+':
st.push(left + right);
break;
case '-':
st.push(left - right);
break;
case '*':
st.push(left * right);
break;
case '/':
st.push(left / right);
break;
}
}
else
{
st.push(stoi(str));
}
}
return st.top();
}
};
2.13 数组中的第K个最大元素
✈ 原题链接 ：数组中的第K个最大元素
法一：排序
直接排序，选出第k个元素，时间复杂度为 O ( n ∗ l o g n ) O(n*log~n) O(n∗log n)。
class Solution {
public:
int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {
sort(nums.begin(), nums.end(), greater<int>());
return nums[k - 1];
}
};
法二：堆排序
使用堆排序，时间复杂度为 O ( n + k ∗ l o g n ) O(n+k*log~n) O(n+k∗log n)
class Solution {
public:
int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {
priority_queue<int> pq(nums.begin(), nums.end());
for (int i = 1; i < k; ++i)
{
pq.pop();
}
return pq.top();
}
};
法三：TopK
TopK问题，直接建立一个k个元素大小的小栈，用TopK的解法即可。时间复杂度为 O ( n + n ∗ l o g k ) O(n + n*log~k) O(n+n∗log k)，这是这道题的最优解了。
class Solution {
public:
int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {
priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pq(nums.begin(), nums.begin() + k);
for (int i = k; i < nums.size(); ++i)
{
if (nums[i] > pq.top())
{
pq.pop();
pq.push(nums[i]);
}
}
return pq.top();
}
};
没有了解过堆的同学可以看这篇文章——【数据结构】堆的全解析，其中很详细的讲解了堆排序和TopK问题。
⚔ 后记
白晨写本文的目的是帮助更多的C++入门学习者更快掌握C++的语法，并且可以将C++用于实践，希望大家可以在这篇文章中有所收获。
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如果解析有不对之处还请指正，我会尽快修改，多谢大家的包容。
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我是不太能熬夜的白晨，我们下篇文章见。