这节我们来汇总一些LeetCode题，我也没有对它们分类，索性称为杂谈吧。
这个系列介绍的题我没有赋予标签，虽然它们都是有具体的方法，但是之所以单独拿出来，是因为它们带有一些独特的内涵在其中，还是值得细细“品味”的。
插张图，很多题倘若没有思路，不妨暴力求解出发，不断优化，往往会得到不错的效果。
就像这图所示，我们先介绍一道回溯加剪枝的题。
可能语焉不详，还请多多海涵。
组合总和
给定一个无重复元素的数组 candidates 和一个目标数 target ，找出 candidates 中所有可以使数字和为 target 的组合。
candidates 中的数字可以无限制重复被选取。
说明：
所有数字（包括 target）都是正整数。
解集不能包含重复的组合。
示例 1:
输入: candidates = [2,3,6,7], target = 7,
所求解集为:
[
[7],
[2,2,3]
]
示例 2:
输入: candidates = [2,3,5], target = 8,
所求解集为:
[
[2,2,2,2],
[2,3,3],
[3,5]
]
来源。
某种程度上说，个人觉得这个题其实算穷举，数字可以无限制使用。但是真的去穷举不仅仅不好写，而且时空代价高。
这个题可以算是树的搜索，满足条件的是一条路径，但是列举所有的情况不现实，我们需要剪枝。
在解题区，这位大佬已经说得很清楚了，传送门。
我个人的理解，也写在了我个人的我的解题中。
若有不对还请多多指出。
我们先给数组排序，从candidates某一个元素candidates[i]开始，如果它比target小，candidates[i]可以暂存到path中，从candidates[i]处继续开始dfs，因为candidates 中的数字可以无限制重复被选取。如果target==0，这是一个满足条件的组合。如果target比candidates[i]还小了，说明这次暂存的元素不合理，把它弹出(pop_back())，那它就会从candidates的下一个元素出发，继续dfs，直到结束整个过程。
程序如下：
class Solution {
public:
vector path;
vector> res;
vector> combinationSum(vector& candidates, int target) {
sort(candidates.begin(),candidates.end());
dfs(candidates,target,0);
return res;
}
void dfs(vector& candidates, int target,int start){
if(target == 0){
res.push_back(path);
return ;
}
for(int i=start;i= candidates[i]){
path.push_back(candidates[i]);
dfs(candidates,target-candidates[i],i);
path.pop_back();
}
}
}
};
接下来的这个题就很有意思了。
石子游戏
亚历克斯和李用几堆石子在做游戏。偶数堆石子排成一行，每堆都有正整数颗石子 piles[i] 。
游戏以谁手中的石子最多来决出胜负。石子的总数是奇数，所以没有平局。
亚历克斯和李轮流进行，亚历克斯先开始。 每回合，玩家从行的开始或结束处取走整堆石头。 这种情况一直持续到没有更多的石子堆为止，此时手中石子最多的玩家获胜。
假设亚历克斯和李都发挥出最佳水平，当亚历克斯赢得比赛时返回 true ，当李赢得比赛时返回 false 。
示例：
输入：[5,3,4,5]
输出：true
解释：
亚历克斯先开始，只能拿前 5 颗或后 5 颗石子 。
假设他取了前 5 颗，这一行就变成了 [3,4,5] 。
如果李拿走前 3 颗，那么剩下的是 [4,5]，亚历克斯拿走后 5 颗赢得 10 分。
如果李拿走后 5 颗，那么剩下的是 [3,4]，亚历克斯拿走后 4 颗赢得 9 分。
这表明，取前 5 颗石子对亚历克斯来说是一个胜利的举动，所以我们返回 true 。
提示：
2 <= piles.length <= 500
piles.length 是偶数。
1 <= piles[i] <= 500
sum(piles) 是奇数。
来源。
这个题要是用贪心算法做，那就不行了。
以我一开始的想法为例：
class Solution {
public:
bool stoneGame(vector& piles) {
if(piles.size()<2){
return true;
}
int sum_ya=0;
int sum_li=0;
int p1=0;
int p2=piles.size()-1;
for(int i=1;i<=piles.size();i++){
if(i%2==1){
if(piles[p1]sum_li;
}
};
能通过很多样例，但是，局部最优有时候却不是全局最优。
看一个样例：
[2,1,10,3]
亚历克斯要是拿局部最优3，那10就被李拿走了，他就输了。
但是啊，亚历克斯先手，他可以拿2，3被李拿走了，他再拿10，赢了。
那问题来了，我们该怎么做呢，动态规划是一种方法，这个题的dp解法将在以后的博客中给出，这里我们不用这种方法。
倘若你要给出一些样例，会发现，好像先手的亚历克斯总能赢，细化一点问题。
两个石子，先手肯定赢，那四个石子呢，细心推理发现，先手还能赢，再往后呢...
我们发现似乎先手总能赢，那事实确如此，有兴趣的可以去证明或者查看解题评论区。
那结果：
class Solution {
public:
bool stoneGame(vector& piles) {
return true;
}
};
动态规划解法会在之后博客给出。
可怜的小猪
有 1000 只水桶，其中有且只有一桶装的含有毒药，其余装的都是水。它们从外观看起来都一样。如果小猪喝了毒药，它会在 15 分钟内死去。
问题来了，如果需要你在一小时内，弄清楚哪只水桶含有毒药，你最少需要多少只猪？
回答这个问题，并为下列的进阶问题编写一个通用算法。
进阶:
假设有 n 只水桶，猪饮水中毒后会在 m 分钟内死亡，你需要多少猪（x）就能在 p 分钟内找出 “有毒” 水桶？这 n 只水桶里有且仅有一只有毒的桶。
提示：
可以允许小猪同时饮用任意数量的桶中的水，并且该过程不需要时间。
小猪喝完水后，必须有 m 分钟的冷却时间。在这段时间里，只允许观察，而不允许继续饮水。
任何给定的桶都可以无限次采样（无限数量的猪）。
来源。
这个题是一道难题，难点不是程序，而是思路，思路对了，很简单。
量子力学很火热，那这个题中的猪也可以算是量子状态下的猪，这个题涉及到信息论方面的知识。
想明白一个问题，一只猪在规定时间内做多能帮你测试几桶水？
清楚了这个，猪的数目就简单了
先给出结果，仔细想一想就会恍然大悟了。
详细过程可以见官方解答，传送门。
class Solution {
public:
int poorPigs(int buckets, int minutesToDie, int minutesToTest) {
return ceil(log(buckets)/(log(int(minutesToTest/minutesToDie)+1)));
}
};
求众数 II
给定一个大小为 n 的数组，找出其中所有出现超过 ⌊ n/3 ⌋ 次的元素。
说明: 要求算法的时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(1)。
示例 1:
输入: [3,2,3]
输出: [3]
示例 2:
输入: [1,1,1,3,3,2,2,2]
输出: [1,2]
来源。
没有这个要求，其实不难，用map很容易出结果，奇怪的是这种方法居然AC了。。。
class Solution {
public:
vector majorityElement(vector& nums) {
map m;
int len = nums.size();
for(int i=0;i res;
for(auto _m : m){
if(_m.second > len/3){
res.push_back(_m.first);
}
}
return res;
}
};
满足这个要求，这个题还是不好做，这其中蕴含一种经典的算法，摩尔投票。
详细过程可见评论区，传送门。
归纳一下便是：
如果至多选一个代表，那他的票数至少要超过一半（⌊ 1/2 ⌋）的票数；
如果至多选两个代表，那他们的票数至少要超过⌊ 1/3 ⌋的票数；
如果至多选m个代表，那他们的票数至少要超过⌊ 1/(m+1) ⌋的票数。
之后碰到这样的问题，而且要求达到线性的时间复杂度以及常量级的空间复杂度，直接套上摩尔投票法。
本节内容暂告一段落，之后讲继续更新。