LeetCode力扣刷题——妙用数据结构
数据结构
一、C++ STL
1. Sequence Containers：维持顺序的容器。
2. Container Adaptors：基于其它容器实现的数据结构。
3. Associative Containers：实现了排好序的数据结构。
4. Unordered Associative Containers：对每个 Associative Containers 实现了哈希版本。
二、经典问题
1. 数组
448. 找到所有数组中消失的数字
448. Find All Numbers Disappeared in an Array
给你一个含 n 个整数的数组 nums ，其中 nums[i] 在区间 [1, n] 内。请你找出所有在 [1, n] 范围内但没有出现在 nums 中的数字，并以数组的形式返回结果。
利用数组这种数据结构建立 n 个桶，把所有重复出现的位置进行标记，然后再遍历一遍数组，即可找到没有出现过的数字。进一步地，我们可以直接对原数组进行标记：把重复出现的数字在原数组出现的位置设为负数，最后仍然为正数的位置即为没有出现过的数。
class Solution {
public:
vector findDisappearedNumbers(vector& nums) {
vector ans;
for(const int & num: nums){
int pos = abs(num) - 1;
if(nums[pos] > 0){
nums[pos] = -nums[pos];
}
}
for(int i=0; i 0){
ans.push_back(i + 1);
}
}
return ans;
}
}; 48. 旋转图像
48. Rotate Image
给定一个 n × n 的二维矩阵 matrix 表示一个图像。请你将图像顺时针旋转 90 度。
你必须在 原地 旋转图像，这意味着你需要直接修改输入的二维矩阵。请不要 使用另一个矩阵来旋转图像。
每次只考虑四个间隔 90 度的位置，可以进行 O ( 1 ) 额外空间的旋转。
题目 48 - O(1) 空间旋转样例，相同颜色代表四个互相交换的位置
对于矩阵中第 i 行的第 j 个元素，在旋转后，它出现在倒数第 i 列的第 j 个位置。由于矩阵中的行列从 0 开始计数，因此对于矩阵中的元素
，在旋转后，它的新位置为
。
方法一：根据旋转前后的位置关系进行原地旋转。
class Solution {
public:
void rotate(vector>& matrix) {
int temp = 0, n = matrix.size() - 1;
for(int i=0; i<=n; ++i){
for(int j=i; j 方法二：用翻转操作代替旋转操作。
class Solution {
public:
void rotate(vector>& matrix) {
int n = matrix.size() ;
// 水平翻转
for(int i=0; i 240. 搜索二维矩阵 II
240. Search a 2D Matrix II
编写一个高效的算法来搜索 m x n 矩阵 matrix 中的一个目标值 target 。该矩阵具有以下特性：
每行的元素从左到右升序排列。
每列的元素从上到下升序排列。
这道题有一个简单的技巧：我们可以从右上角开始查找，若当前值大于待搜索值，我们向左移动一位；若当前值小于待搜索值，我们向下移动一位。如果最终移动到左下角时仍不等于待搜索值，则说明待搜索值不存在于矩阵中。
class Solution {
public:
bool searchMatrix(vector>& matrix, int target) {
int m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
if(m == 0) return false;
int i = 0, j = n - 1;
while(i < m && j >= 0){
if(matrix[i][j] == target){
return true;
}else if(matrix[i][j] > target){
--j;
}else{
++i;
}
}
return false;
}
}; 769. 最多能完成排序的块
769. Max Chunks To Make Sorted
给定一个长度为 n 的整数数组 arr ，它表示在 [0, n - 1] 范围内的整数的排列。
我们将 arr 分割成若干 块 (即分区)，并对每个块单独排序。将它们连接起来后，使得连接的结果和按升序排序后的原数组相同。
返回数组能分成的最多块数量。
从左往右遍历，同时记录当前的最大值，每当当前最大值等于数组位置时，我们可以多一次分割。为什么可以通过这个算法解决问题呢？如果当前最大值大于数组位置，则说明右边一定有小于数组位置的数字，需要把它也加入待排序的子数组；又因为数组只包含不重复的 0 到 n - 1 ，所以当前最大值一定不会小于数组位置。所以每当当前最大值等于数组位置时，假设为 p ，我们可以成功完成一次分割，并且其与上一次分割位置 q 之间的值一定是 q + 1 到 p 的所有数字。
class Solution {
public:
int maxChunksToSorted(vector& arr) {
int chunks = 0, cur_max = 0;
for(int i=0; i 2. 栈和队列
232. 用栈实现队列
232. Implement Queue using Stacks
请你仅使用两个栈实现先入先出队列。队列应当支持一般队列支持的所有操作（push、pop、peek、empty）：
实现 MyQueue 类：
void push(int x) 将元素 x 推到队列的末尾
int pop() 从队列的开头移除并返回元素
int peek() 返回队列开头的元素
boolean empty() 如果队列为空，返回 true ；否则，返回 false
说明：
你 只能 使用标准的栈操作 —— 也就是只有 push to top, peek/pop from top, size, 和 is empty 操作是合法的。
你所使用的语言也许不支持栈。你可以使用 list 或者 deque（双端队列）来模拟一个栈，只要是标准的栈操作即可。
我们可以用两个栈来实现一个队列：因为我们需要得到先入先出的结果，所以必定要通过一个额外栈翻转一次数组。这个翻转过程既可以在插入时完成，也可以在取值时完成。
class MyQueue {
stack in, out;
public:
MyQueue() {
}
void push(int x) {
in.push(x);
}
int pop() {
in2out();
int x = out.top();
out.pop();
return x;
}
int peek() {
in2out();
return out.top();
}
void in2out(){
if(out.empty()){
while(!in.empty()){
int x = in.top();
in.pop();
out.push(x);
}
}
}
bool empty() {
return in.empty() && out.empty();
}
};
/**
* Your MyQueue object will be instantiated and called as such:
* MyQueue* obj = new MyQueue();
* obj->push(x);
* int param_2 = obj->pop();
* int param_3 = obj->peek();
* bool param_4 = obj->empty();
*/ 155. 最小栈
155. Min Stack
设计一个支持 push ，pop ，top 操作，并能在常数时间内检索到最小元素的栈。
实现 MinStack 类:
MinStack() 初始化堆栈对象。
void push(int val) 将元素val推入堆栈。
void pop() 删除堆栈顶部的元素。
int top() 获取堆栈顶部的元素。
int getMin() 获取堆栈中的最小元素。
我们可以额外建立一个新栈，栈顶表示原栈里所有值的最小值。每当在原栈里插入一个数字时，若该数字小于等于新栈栈顶，则表示这个数字在原栈里是最小值，我们将其同时插入新栈内。每当从原栈里取出一个数字时，若该数字等于新栈栈顶，则表示这个数是原栈里的最小值之一，我们同时取出新栈栈顶的值。一个写起来更简单但是时间复杂度略高的方法是，我们每次插入原栈时，都向新栈插入一次原栈里所有值的最小值（新栈栈顶和待插入值中小的那一个）；每次从原栈里取出数字时，同样取出新栈的栈顶。这样可以避免判断，但是每次都要插入和取出。我们这里只展示第一种写法。
class MinStack {
stack s, min_s;
public:
MinStack() {
}
void push(int val) {
s.push(val);
if(min_s.empty() || min_s.top() >= val){
min_s.push(val);
}
}
void pop() {
if(!min_s.empty() && min_s.top() == s.top()){
min_s.pop();
}
s.pop();
}
int top() {
return s.top();
}
int getMin() {
return min_s.top();
}
};
/**
* Your MinStack object will be instantiated and called as such:
* MinStack* obj = new MinStack();
* obj->push(val);
* obj->pop();
* int param_3 = obj->top();
* int param_4 = obj->getMin();
*/ 20. 有效的括号
20. Valid Parentheses
给定一个只包括 '('，')'，'{'，'}'，'['，']' 的字符串 s ，判断字符串是否有效。
有效字符串需满足：
左括号必须用相同类型的右括号闭合。
左括号必须以正确的顺序闭合。
每个右括号都有一个对应的相同类型的左括号。
括号匹配是典型的使用栈来解决的问题。我们从左往右遍历，每当遇到左括号便放入栈内，遇到右括号则判断其和栈顶的括号是否是统一类型，是则从栈内取出左括号，否则说明字符串不合法。
class Solution {
public:
bool isValid(string s) {
stack parsed;
for(int i=0; i 3. 单调栈
739. 每日温度
739. Daily Temperatures
给定一个整数数组 temperatures ，表示每天的温度，返回一个数组 answer ，其中 answer[i] 是指对于第 i 天，下一个更高温度出现在几天后。如果气温在这之后都不会升高，请在该位置用 0 来代替。
我们可以维持一个单调递减的栈，表示每天的温度；为了方便计算天数差，我们这里存放位置（即日期）而非温度本身。我们从左向右遍历温度数组，对于每个日期 p ，如果 p 的温度比栈顶存储位置 q 的温度高，则我们取出 q ，并记录 q 需要等待的天数为 p − q ；我们重复这一过程，直到 p 的温度小于等于栈顶存储位置的温度（或空栈）时，我们将 p 插入栈顶，然后考虑下一天。在这个过程中，栈内数组永远保持单调递减，避免了使用排序进行比较。最后若栈内剩余一些日期，则说明它们之后都没有出现更暖和的日期。
class Solution {
public:
vector dailyTemperatures(vector& temperatures) {
stack indices;
int n = temperatures.size();
vector ans(n);
for(int i=0; i 4. 优先队列
（最大）堆，维护的是数据结构中的大于关系
vector heap;
// 上浮
void swim(int pos){
while(pos > 0 && heap[(pos - 1)/2] < heap[pos]){
swap(heap[(pos - 1)/2], heap[pos]);
pos = (pos - 1)/2;
}
}
// 下沉
void sink(int pos){
while(2 * pos + 1 <= N){
int i = 2 * pos + 1;
if(i < N && heap[i] < heap[i + 1]) ++i;
if(heap[pos] >= heap[i]) break;
swap(heap[pos], heap[i]);
pos = i;
}
}
// 插入任意值：把新的数字放在最后一位，然后上浮
void push(int x){
heap.push_back(x);
swim(heap.size() - 1);
}
// 删除最大值：把最后一个数字挪到开头，然后下沉
void pop(){
heap[0] = heap.back();
heap.pop_back();
sink(0);
}
// 获得最大值
int top(){
return heap[0];
}
23. 合并K个升序链表
23. Merge k Sorted Lists
给你一个链表数组，每个链表都已经按升序排列。
请你将所有链表合并到一个升序链表中，返回合并后的链表。
本题可以有很多中解法，比如类似于归并排序进行两两合并。我们这里展示一个速度比较快的方法，即把所有的链表存储在一个优先队列中， 每次提取所有链表头部节点值最小的那个节点，直到所有链表都被提取完为止。注意因为 Comp 函数默认是对最大堆进行比较并维持递增关系，如果我们想要获取最小的节点值，则我们需要实现一个最小堆，因此比较函数应该维持递减关系，所以 operator() 中返回时用大于号而不是等增关系时的小于号进行比较。
/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
* ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
* ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
* };
*/
class Solution {
// 自定义优先队列的元素比较方法 Compa
struct Comp{
bool operator() (ListNode* l1, ListNode* l2){
return l1->val > l2->val;
}
};
public:
ListNode* mergeKLists(vector& lists) {
if(lists.empty()) return nullptr;
priority_queue, Comp> q;
for(ListNode* list: lists){
if(list){
q.push(list);
}
}
ListNode* dummy = new ListNode(0), *cur = dummy;
while(!q.empty()){
// 取出最小的节点插入新链表
cur->next = q.top();
q.pop();
cur = cur->next;
// 再将这个节点的后继节点放入队列中
if(cur->next){
q.push(cur->next);
}
}
return dummy->next;
}
}; 218. 天际线问题
218. The Skyline Problem
城市的 天际线 是从远处观看该城市中所有建筑物形成的轮廓的外部轮廓。给你所有建筑物的位置和高度，请返回 由这些建筑物形成的 天际线 。
每个建筑物的几何信息由数组 buildings 表示，其中三元组 buildings[i] = [lefti, righti, heighti] 表示：
lefti 是第 i 座建筑物左边缘的 x 坐标。
righti 是第 i 座建筑物右边缘的 x 坐标。
heighti 是第 i 座建筑物的高度。
你可以假设所有的建筑都是完美的长方形，在高度为 0 的绝对平坦的表面上。
天际线 应该表示为由 “关键点” 组成的列表，格式 [[x1,y1],[x2,y2],...] ，并按 x 坐标 进行 排序 。关键点是水平线段的左端点。列表中最后一个点是最右侧建筑物的终点，y 坐标始终为 0 ，仅用于标记天际线的终点。此外，任何两个相邻建筑物之间的地面都应被视为天际线轮廓的一部分。
注意：输出天际线中不得有连续的相同高度的水平线。例如 [...[2 3], [4 5], [7 5], [11 5], [12 7]...] 是不正确的答案；三条高度为 5 的线应该在最终输出中合并为一个：[...[2 3], [4 5], [12 7], ...]
我们可以使用优先队列储存每个建筑物的高度和右端（这里使用 pair，其默认比较函数是先比较第一个值，如果相等则再比较第二个值），从而获取目前会拔高天际线、且妨碍到前一个建筑物（的右端端点）的下一个建筑物。
如果是「从下到上」转向「水平方向」，纵坐标最大的点是关键点，不pop()；
如果是「从上到下」转向「水平方向」，纵坐标第二大的点是关键点，pop()。
class Solution {
public:
vector> getSkyline(vector>& buildings) {
vector> ans;
priority_queue> max_heap; // <高度, 右端>
int i = 0, len = buildings.size();
int cur_x, cur_h;
// 保证建筑没遍历完，或者遍历完了但是max_heap没遍历完
while(i < len || !max_heap.empty()){
// 如果当前建筑左坐标比优先队列最高建筑的右坐标小，判断上升转折点
if(max_heap.empty() || i < len && buildings[i][0] <= max_heap.top().second){
cur_x = buildings[i][0];
// 所有左端相同的建筑放入优先队列
while(i < len && cur_x == buildings[i][0]){
max_heap.emplace(buildings[i][2], buildings[i][1]);\
++i;
}
}else{
// 如果当前建筑左坐标比优先队列的最大高度建筑的右坐标大，说明一群建筑结束，可以开始判断该群建筑的所有下降转折点了
cur_x = max_heap.top().second;
// 把所有优先队列内比头右坐标小的剔除(下降点只会在最高点的右边)
while(!max_heap.empty() && cur_x >= max_heap.top().second){
max_heap.pop();
}
}
cur_h = (max_heap.empty())? 0: max_heap.top().first;
// 因为只有判断下降时才会pop优先队列，所以在同一群建筑中和优先队列最高高度不一样才加入输出
if(ans.empty() || cur_h != ans.back()[1]){
ans.push_back({cur_x, cur_h});
}
}
return ans;
}
}; 5. 双端队列
239. 滑动窗口最大值
239. Sliding Window Maximum
给你一个整数数组 nums，有一个大小为 k 的滑动窗口从数组的最左侧移动到数组的最右侧。你只可以看到在滑动窗口内的 k 个数字。滑动窗口每次只向右移动一位。
返回 滑动窗口中的最大值 。
我们可以利用双端队列（单调队列）进行操作：每当向右移动时，把窗口左端的值从队列左端剔除，把队列右边小于窗口右端的值全部剔除。这样双端队列的最左端永远是当前窗口内的最大值。另外，这道题也是单调栈的一种延申：该双端队列利用从左到右递减来维持大小关系。
双端队列的作用是保证每次L边界右移时从队列头弹出的都是当前窗口的最大值，队列中存储元素下标即可。
class Solution {
public:
vector maxSlidingWindow(vector& nums, int k) {
deque dq;
vector ans;
for(int i=0; i nums[dq.back()]){
dq.pop_back();
}
dq.push_back(i);
// 在滑动窗口内每次都要添加最大值
if(i >= k - 1){
ans.push_back(nums[dq.front()]);
}
}
return ans;
}
}; 6. 哈希表
哈希表，又称散列表，使用 O(n) 空间复杂度存储数据，通过哈希函数映射位置，从而实现近似 O(1) 时间复杂度的插入、查找、删除等操作。 C++ 中的哈希集合为 unordered_set，可以查找元素是否在集合中。如果需要同时存储键和值，则需要用 unordered_map，可以用来统计频率，记录内容等等。如果元素有穷，并且范围不大，那么可以用一个固定大小的数组来存储或统计元素。例如我们需要统计一个字符串中所有字母的出现次数，则可以用一个长度为 26 的数组来进行统计，其哈希函数即为字母在字母表的位置，这样空间复杂度就可以降低为常数。
一个简单的哈希表的实现如下。
// 一个简单的对整数实现的哈希函数
int MyHash(const int& key, const int& tableSize){
return key % tableSize;
}
template ;
class HashTable{
public:
// size最好是质数
HashTable(int size = 31){
hash_table_.reverse(size);
hash_table_.reverse(size);
}
~HashTable();
// 查找哈希表是否存在该值
bool Contains(const T& obj){
const list& slot = hash_table_[Hash(obj)];
auto it = slot.cbegin();
for(;it != slot.cend() && *it != obj; ++it);
return it != slot.cend();
}
// 插入值
bool Insert(const T& obj){
if(Contains(obj)){
return false;
}
hash_table_[Hash(obj)].push_front(obj);
return true;
}
// 删除值
bool Remove(const T& obj){
list& slot = hash_table_[Hash(obj)];
auto it = find(slot.begin(), slot.end(), obj);
if(it == slot.end()){
return false;
}
slot.erase(it);
return true;
}
private:
vector> hash_table_;
// 哈希函数
int Hash(const T& obj) const{
return MyHash(obj, hash_table_.size());
}
} 如果需要大小关系的维持，且插入查找并不过于频繁，则可以使用有序的 set/map 来代替 unordered_set/unordered_map。
1. 两数之和
1. Two Sum
给定一个整数数组 nums 和一个整数目标值 target，请你在该数组中找出 和为目标值 target 的那 两个 整数，并返回它们的数组下标。
你可以假设每种输入只会对应一个答案。但是，数组中同一个元素在答案里不能重复出现。
你可以按任意顺序返回答案。
class Solution {
public:
vector twoSum(vector& nums, int target) {
// 键是数字，值是该数字在数组的位置
unordered_map hash;
vector ans;
for(int i=0; isecond);
ans.push_back(i);
break;
}
}
return ans;
}
}; 128. 最长连续序列
128. Longest Consecutive Sequence
给定一个未排序的整数数组 nums ，找出数字连续的最长序列（不要求序列元素在原数组中连续）的长度。
请你设计并实现时间复杂度为 O(n) 的算法解决此问题。
我们可以把所有数字放到一个哈希表，然后不断地从哈希表中任意取一个值，并删除掉其之前之后的所有连续数字，然后更新目前的最长连续序列长度。重复这一过程，我们就可以找到所有的连续数字序列。
class Solution {
public:
int longestConsecutive(vector& nums) {
unordered_set hash;
for(const int& num: nums){
hash.insert(num);
}
int ans = 0;
while(!hash.empty()){
int cur = *(hash.begin());
hash.erase(cur);
int next = cur + 1, pre = cur - 1;
while(hash.count(next)){
hash.erase(next++);
}
while(hash.count(pre)){
hash.erase(pre--);
}
ans = max(ans, next - pre - 1);
}
return ans;
}
}; 149. 直线上最多的点数
149. Max Points on a Line
给你一个数组 points ，其中 points[i] = [xi, yi] 表示 X-Y 平面上的一个点。求最多有多少个点在同一条直线上。
对于每个点，我们对其它点建立哈希表，统计同一斜率的点一共有多少个。这里利用的原理 是，一条线可以由一个点和斜率而唯一确定。另外也要考虑斜率不存在和重复坐标的情况。 本题也利用了一个小技巧：在遍历每个点时，对于数组中位置 i 的点，我们只需要考虑 i 之 后的点即可，因为 i 之前的点已经考虑过 i 了。
class Solution {
public:
int maxPoints(vector>& points) {
unordered_map hash;
int max_count = 0, same_y = 1, same = 1;
for(int i=0; i 7. 多重集合和映射
332. 重新安排行程
332. Reconstruct Itinerary
给你一份航线列表 tickets ，其中 tickets[i] = [fromi, toi] 表示飞机出发和降落的机场地点。请你对该行程进行重新规划排序。
所有这些机票都属于一个从 JFK（肯尼迪国际机场）出发的先生，所以该行程必须从 JFK 开始。如果存在多种有效的行程，请你按字典排序返回最小的行程组合。
例如，行程 ["JFK", "LGA"] 与 ["JFK", "LGB"] 相比就更小，排序更靠前。
假定所有机票至少存在一种合理的行程。且所有的机票 必须都用一次 且 只能用一次。
本题可以先用哈希表记录起止机场，其中键是起始机场，值是一个多重集合，表示对应的终止机场。因为一个人可能坐过重复的线路，所以我们需要使用多重集合储存重复值。储存完成之后，我们可以利用栈来恢复从终点到起点飞行的顺序，再将结果逆序得到从起点到终点的顺序。
class Solution {
public:
vector findItinerary(vector>& tickets) {
vector ans;
if(tickets.empty()){
return ans;
}
unordered_map> hash;
for(const auto& ticket: tickets){
hash[ticket[0]].insert(ticket[1]);
}
stack s;
s.push("JFK");
while(!s.empty()){
string next = s.top();
if(hash[next].empty()){
ans.push_back(next);
s.pop();
}else{
s.push(*hash[next].begin());
hash[next].erase(hash[next].begin());
}
}
reverse(ans.begin(), ans.end());
return ans;
}
}; 8. 前缀和与积分图
一维的前缀和，二维的积分图，都是把每个位置之前的一维线段或二维矩形预先存储，方便 加速计算。如果需要对前缀和或积分图的值做寻址，则要存在哈希表里；如果要对每个位置记录 前缀和或积分图的值，则可以储存到一维或二维数组里，也常常伴随着动态规划。
303. 区域和检索 - 数组不可变
303. Range Sum Query - Immutable
给定一个整数数组 nums，处理以下类型的多个查询:
计算索引 left 和 right （包含 left 和 right）之间的 nums 元素的 和 ，其中 left <= right
实现 NumArray 类：
NumArray(int[] nums) 使用数组 nums 初始化对象
int sumRange(int i, int j) 返回数组 nums 中索引 left 和 right 之间的元素的 总和 ，包含 left 和 right 两点（也就是 nums[left] + nums[left + 1] + ... + nums[right] )
class NumArray {
vector psum;
public:
NumArray(vector& nums): psum(nums.size() + 1, 0){
partial_sum(nums.begin(), nums.end(), psum.begin() + 1);
}
int sumRange(int left, int right) {
return psum[right + 1] - psum[left];
}
};
/**
* Your NumArray object will be instantiated and called as such:
* NumArray* obj = new NumArray(nums);
* int param_1 = obj->sumRange(left,right);
*/ 304. 二维区域和检索 - 矩阵不可变
304. Range Sum Query 2D - Immutable
给定一个二维矩阵 matrix，以下类型的多个请求：
计算其子矩形范围内元素的总和，该子矩阵的左上角为 (row1, col1) ，右下角为(row2, col2) 。
实现 NumMatrix 类：
NumMatrix(int[][] matrix) 给定整数矩阵 matrix 进行初始化 int sumRegion(int row1, int col1, int row2, int col2) 返回 左上角 (row1, col1) 、右下角 (row2, col2) 所描述的子矩阵的元素总和 。
类似于前缀和，我们可以把这种思想拓展到二维，即积分图（image integral）。我们可以先建 立一个 intergral 矩阵，intergral[i][j] 表示以位置 (0, 0) 为左上角、位置 (i-1, j-1) 为右下角的长方形 中所有数字的和。 如图 1 所示，我们可以用动态规划来计算 integral 矩阵：intergral[i][j] = matrix[i-1][j-1] + integral[i-1][j] + integral[i][j-1] - integral[i-1][j-1]，即当前坐标的数字 + 上面长方形的数字和 + 左 边长方形的数字和 - 上面长方形和左边长方形重合面积（即左上一格的长方形）中的数字和。
图 1 - 左边为给定矩阵，右边为积分图结果，右下角位置的积分图值为 5+48+45−40 = 58
如图 2 所示，假设我们要查询长方形 E 的数字和，因为 E = D − B − C + A，我们发现 E 其 实可以由四个位置的积分图结果进行加减运算得到。因此这个算法在预处理时的时间复杂度为 O(mn)，而在查询时的时间复杂度仅为 O(1)。
图 2 - 左边为给定矩阵，右边为积分图结果，长方形 E 的数字和等于 58 − 11 − 13 + 3 = 37
class NumMatrix {
vector> integral;
public:
NumMatrix(vector>& matrix) {
int m = matrix.size(), n = m > 0? matrix[0].size(): 0;
integral = vector>(m + 1, vector(n + 1, 0));
for(int i=1; i<=m; ++i){
for(int j=1; j<=n; ++j){
integral[i][j] = matrix[i - 1][j - 1] + integral[i - 1][j] + integral[i][j - 1] - integral[i - 1][j - 1];
}
}
}
int sumRegion(int row1, int col1, int row2, int col2) {
return integral[row2 + 1][col2 + 1] - integral[row1][col2 + 1] - integral[row2 + 1][col1] + integral[row1][col1];
}
};
/**
* Your NumMatrix object will be instantiated and called as such:
* NumMatrix* obj = new NumMatrix(matrix);
* int param_1 = obj->sumRegion(row1,col1,row2,col2);
*/ 560. 和为 K 的子数组
560. Subarray Sum Equals K
给你一个整数数组 nums 和一个整数 k ，请你统计并返回 该数组中和为 k 的连续子数组的个数 。
本题同样是利用前缀和，不同的是这里我们使用一个哈希表 hashmap，其键是前缀和，而值是 该前缀和出现的次数。在我们遍历到位置 i 时，假设当前的前缀和是 psum，那么 hashmap[psum-k] 即为以当前位置结尾、满足条件的区间个数。
class Solution {
public:
int subarraySum(vector& nums, int k) {
int count = 0, psum = 0;
unordered_map hashmap;
hashmap[0] = 1; // 初始化很重要
for(int i: nums){
psum += i;
count += hashmap[psum - k];
++hashmap[psum];
}
return count;
}
}; 三、巩固练习
566. 重塑矩阵
566. Reshape the Matrix
225. 用队列实现栈
225. Implement Stack using Queues
503. 下一个更大元素 II
503. Next Greater Element II
217. 存在重复元素
217. Contains Duplicate
697. 数组的度
697. Degree of an Array
594. 最长和谐子序列
594. Longest Harmonious Subsequence
287. 寻找重复数
287. Find the Duplicate Number
313. 超级丑数
313. Super Ugly Number
870. 优势洗牌
870. Advantage Shuffle
307. 区域和检索 - 数组可修改
307. Range Sum Query - Mutable
欢迎大家共同学习和纠正指教