week1
2020.3.8 - 2020.3.15
26
27
41
55
dp, dp[i] = max(dp[i-1],nums[i-1])-1 表示最远能到达的地方
return dp.back()<=0 (可以随时返回false节省时间）
80
118
119
134
169
189
283
299
442
448
week2:
2020.3.15 - 2020.3.21
11
35
56
先排序，再遍历的同时合并
57
由于intervals 是有序的，遍历即可， O(N)
75
88
153
162
164
217
278
289：
涉及到位置间的相互影响，使用余数记录变化，同时保留原本信息
in-place
使用2代表0->1
使用3代表1->0
327 hard
1.区间和的问题要计算累计数组和sums[i]
2.使用multiset: lower_bound, upper_bound set允许重复的元素
multiset.insert(XXX)
3.STL distance(iterator1, iterator2)
4.关注数字的范围，求和可能超范围。
对于某个i来说，只有那些满足 lower <= sum[i] - sum[j] <= upper 的j能形成一个区间 [j, i] 满足题意，目标就是来找到有多少个这样的 j (0 =< j < i) 满足 sum[i] - upper =< sum[j] <= sum[i] - lower
376
week 3:
2020.3.22 - 2020.3.29
42
智力趣味题,更多解法参考：https://www.cnblogs.com/logosg/p/7979690.html
双指针法： 比较 左 右指针的高度大小，若左边大，则右边只需要关注右侧能否蓄水（因为左侧一定可以支撑住）；反之亦然
单调栈法：https://www.cnblogs.com/grandyang/p/8887985.html
- 单调递增栈可以找到左起第一个比当前数字小的元素
- 单调递减栈可以找到左起第一个比当前数字大的元素
使用递减单调栈，因为当有更小的数来，直接入栈；有更大的数来，说明可以处理存水的体积了。
计算水的体积会把空隙进行横向分层。
stack存的是index而不是高度。
每一次的处理：
每次取top，pop，然后如果左面没有top，说明只有一边，无法蓄水，break。
如果昨天top高度和当前高度相同，则continue
计算高度，width（两边柱子距离-1）和height（木桶短板-底部），加到结果里去。
class Solution {
public:
int trap(vector& height) {
if(height.empty()) return 0;
height.push_back(0);
int res =0;
stack st;//decreasing stack
for(int i = 0; i height[st.top()]){
int top =st.top();
st.pop();
if(st.empty()) break;
if(height[top] ==height[st.top()]) continue;
int width = i-st.top()-1;
int h = min(height[st.top()],height[i]);
res += width*(h-height[top]);
}
st.push(i);
}
return res;
}
};
81
反复调试的解法: 可退化，4ms
若left,right值相等，则遍历（退化为O（n））
若【left】<【right】，则正序，正常二分查找 mid=(left+right+1/2
若【left】》【right】，则为逆序，若【target】>=【left】则在左半边，否则右半边
踩过的坑：
- 谨防陷入死循环，设定一个若mid和上次相同，直接判断
- 原本写了在正序时if(target
待学习：不退化，1ms
public class Solution {
public boolean search(int[] nums, int target) {
int left = 0, right = nums.length - 1;
while (left <= right) {
int mid = (left + right) / 2;
if (target == nums[mid]) return true;
if (nums[mid] == nums[left]) left++;
else if (nums[mid] > nums[left]) {
if (nums[left] <= target && nums[mid] > target) right = mid - 1;
else left = mid + 1;
} else {
if (nums[mid] < target && target <= nums[right]) left = mid + 1;
else right = mid - 1;
}
}
return false;
}
}
128
- 要求O(n)时，可以想使用哈希表
152
容易想到动态规划，但是负数和0的存在比较麻烦，如[5,-2,-3];
可以设计两个数组，dp_max = max{nums[i], nums[i]dp_max[i-1], nums[i]dp_min[i-1]}, dp_min = min{nums[i], nums[i]dp_max[i-1], nums[i]dp_min[i-1]}。
返回dp_max中的最大值。
209
失败尝试：看到O(nlogn)想到二分查找，可以通过一部分用例但会卡在一部分上。使用sum数组，假设，j遍历，i使用二分查找到sum[j]-sum[i]>=s 的最小的j-i
注意：特殊输入的测试用例
博客学习：双指针，right遍历，left向右滑，但未理解如何计算为O(n)的复杂度
未解决：学会O(nlogn)的算法
228
遍历一次即可，注意处理末尾的情况。
238
使用两个数组。每一位等于前面数的乘积乘后面数的乘积
239
学习:使用双向队列，当列中的back比当前值小，全部pop；若列中的back比当前值大，push 当前值。 同时，超出滑窗范围的也需要从front中去掉。
待解决：其他方法
deque:
最好采用deque的情形：
1、需要在两端插入和删除元素。
2、无需引用容器内的元素。
3、要求容器释放不再使用的元素。
287
博客学习:双指针方法，由于数字的范围都在1-n之间，因此可以递归自身。 链长为c, 环长l, 则快慢指针第一次相遇时分别走了l',2l'步，l'为第一个大于c的l的倍数。
快慢指针相遇后，慢指针向前走c步，新指针从0同步c步，必将在环的入口处相遇。
未解决：使用位操作
300
O(n2)：容易想到dp方法，dp[i]为结尾为nums[i]的最长递增串， dp[i] = max(dp[i],dp[j]+1) j
得到的数组只是满足最终数目条件的替代品，同时能满足算法的要求。
334
- lower_bound(a, a+n, x)：返回数组a[0]~a[n-1]中，【大于等于】x的数中，最小的数的指针
- upper_bound(a, a+n, x)：返回数组a[0]~a[n-1]中，【大于】x的数中，最小的数的指针
博客学习： 待解决： 2020.3.29-4.5 hard: 讨论的情况比较多。 medium: 贪婪算法，对于1000，900，500，400，100，90，50，40，10，9，5，4，1分别对应。 unordered_set 较为经典的图像翻转 递归完成 递归的方法 和之前的house robber的区别是第一个和最后一个不能同时偷，则使用max{rob(0,nums.size()-1),rob(0,nums.size()-1)} string resize(k) 截取string的前k个 统计出每位上1的个数即可，每位上的总汉明距离是1的个数*0的个数。 使用位操作，x xor y, num&=num-1可使最后一位1变为0 C++reverse: reverse(iterator1, iterator2)
O(nlogn):一开始想出的思路错误
O(n)时间，O(1)空间：因为大数要在后面，因此要在前面构造两个足够小的数m1, m2, 遍历，首先让m1足够小,否则让 m2足够小(m1350
Week 4:
10
25
12
待解决：时间空间待提高。使用map比使用两个vector慢一些。
map36
博客学习：比较巧妙，省内存，但时间不够好
使用set，行标注为 i(num),列标注为(num)j, 九宫格为 i/3(num)j/3
使用同样为m.count(num),m.insert()48
博客学习：
50
89
如：00，01，11，10；
000，001，011，00，110，111，101，100
规律是在前面加0或1，加0可以不变照搬，加1要逆序213
博客学习：dp的空间优化版本
rob 为偷本次，notrob为本次不偷；
rob =prenotrob+cur;
notrob = max(prerob,prenotrob);402
string erase(iter)
很有启发的一道题目，能够想到移除的规律是移除第一个后一位开始下降的数字，即单调栈,仔细学习！
单调栈是抽象的数据结构，string实现即可。遍历一遍，维持结果为单调栈。
容易遗漏的点：
477
待优化：时间较为复杂
easy:461
541