力扣75——数组与字符串
总结leetcode75中数组与字符串的算法题解题思路。
以下代码大部分为本人所写，少部分为官方示例代码。
力扣75——数组与字符串
- 1 交替合并字符串
- 2 字符串的最大公因子
- 3 拥有最多糖果的孩子
- 4 种花问题
- 5 反转字符串中的元音字母
- 6 除自身以外数组的乘积
- 7 递增的三元子序列
- 8 压缩字符串
- 1-8 解题总结
1 交替合并字符串
题目：
给你两个字符串 word1 和 word2 。请你从 word1 开始，通过交替添加字母来合并字符串。如果
一个字符串比另一个字符串长，就将多出来的字母追加到合并后字符串的末尾。
返回 合并后的字符串 。
题解：
先用string.size()计算出较短的长度wsize，
然后用for循环把word1和word2各自的前wsize个字符交替合并，
接着用string.substr()把长的那一串字符的剩余部分追加到末尾。
class Solution {
public:
string mergeAlternately(string word1, string word2) {
string nw="";
int w1size = word1.size();
int w2size = word2.size();
int wsize = min(w1size,w2size);
for (int i =0; i<wsize;++i){
nw += word1[i];
nw += word2[i];
}
if(wsize<w1size) nw +=word1.substr(wsize, w1size-wsize);
if(wsize<w2size) nw +=word2.substr(wsize, w2size-wsize);
return nw;
}
};
2 字符串的最大公因子
题目：
对于字符串 s 和 t，只有在 s = t + ... + t（t 自身连接 1 次或多次）时，我们才认定
“t 能除尽 s”。
给定两个字符串 str1 和 str2 。返回 最长字符串 x，要求满足 x 能除尽 str1 且 x
能除尽 str2 。
题解：枚举法
先用string.length()计算出较短的长度i，
然后用for循环把枚举每一个可能得长度，
如果i能够整除len1和len2，则用check函数检查长度为i的这段字符串能够是不是str1和str2的公因子。
class Solution {
bool check(string t,string s){
int lenx = (int)s.length() / (int)t.length();
string ans = "";
for (int i = 1; i <= lenx; ++i){
ans = ans + t;
}
return ans == s;
}
public:
string gcdOfStrings(string str1, string str2) {
int len1 = str1.length(), len2 = str2.length();
for (int i = min(len1, len2); i >= 1; --i){ // 从长度大的开始枚举
if (len1 % i == 0 && len2 % i == 0){
string X = str1.substr(0, i);
if (check(X, str1) && check(X, str2)) return X;
}
}
return "";
}
};
3 拥有最多糖果的孩子
题目：
给你一个数组 candies 和一个整数 extraCandies ，其中 candies[i] 代表第 i 个孩子拥有
的糖果数目。
对每一个孩子，检查是否存在一种方案，将额外的 extraCandies 个糖果分配给孩子们之后，此
孩子有 最多 的糖果。注意，允许有多个孩子同时拥有 最多 的糖果数目。
题解：
先用*max_element(candies.begin(), candies.end())找到最大值max_num，
然后for循环查看每个孩子加上extraCandies后是否大于max_num。
class Solution {
public:
vector<bool> kidsWithCandies(vector<int>& candies, int extraCandies) {
int clen = candies.size();
vector<bool> rev(clen,false);
int max_num = *max_element(candies.begin(), candies.end());
for (int i = 0; i < clen; ++i) {
if (candies[i] >= max_num - extraCandies)
rev[i] = true;
}
return rev;
}
};
4 种花问题
题目：
假设有一个很长的花坛，一部分地块种植了花，另一部分却没有。可是，花不能种植在相邻的
地块上，它们会争夺水源，两者都会死去。
给你一个整数数组 flowerbed 表示花坛，由若干 0 和 1 组成，其中 0 表示没种植花，1 表示
种植了花。另有一个数 n ，能否在不打破种植规则的情况下种入 n 朵花？能则返回 true ，
不能则返回 false 。
题解：贪心，为了种得多，需要在任意两朵花之间种上最多的花。
用prev记录上一朵花种在哪里，初始时可以认为是位置-1，用count记录可以种下几朵花。用for循环遍历每一个位置，如果找到一个位置上是有花的，则查看上一朵花是在哪，然后计算出两朵花之间能够种多少朵花。
情况1：遍历到第一朵花(prev<0)，此时，只能在[0,i-2]上种花，总共有i-1个位置，
根据规则，可以种 ⌊ i / 2 ⌋ \lfloor i/2 \rfloor ⌊i/2⌋朵花(i为奇数：0,2,…i-3；i为偶数：0,2,…i-2)。
情况2：遍历到中间的某多花(prev>=0)且循环未结束，此时，只能在[prev+2,i-2]上种花，总共有i-prev-3个位置，根据规则，种 ⌊ i − p r e v − 2 / 2 ⌋ \lfloor i-prev-2/2 \rfloor ⌊i−prev−2/2⌋朵花。
情况3：遍历完发现没有一个位置有花for循环结束且(prev<0)，此时，能在[0,m-1]上种花，总共有m个位置，根据规则，可以种 ⌊ m + 1 / 2 ⌋ \lfloor m+1/2 \rfloor ⌊m+1/2⌋朵花。
情况4：遍历完后，发现最后一朵花后面还有空花坛for循环结束且(prev>=0)，此时，只能在[prev+2,m-1]上种花，总共有m-prev-2个位置，根据规则，种 ⌊ m − p r e v − 1 / 2 ⌋ \lfloor m-prev-1/2 \rfloor ⌊m−prev−1/2⌋朵花。
class Solution {
public:
bool canPlaceFlowers(vector<int>& flowerbed, int n) {
int count = 0;
int m = flowerbed.size();
int prev = -1;
for (int i = 0; i < m; ++i) {
if (flowerbed[i] == 1) {
if (prev < 0) {
count += i / 2;
} else {
count += (i - prev - 2) / 2;
}
prev = i;
}
}
if (prev < 0) {
count += (m + 1) / 2;
} else {
count += (m - prev - 1) / 2;
}
return count >= n;
}
};
5 反转字符串中的元音字母
题目：
给你一个字符串 s ，仅反转字符串中的所有元音字母，并返回结果字符串。
元音字母包括 'a'、'e'、'i'、'o'、'u'，且可能以大小写两种形式出现不止一次。
题解：双指针
unordered_set存储所有元音字母，unordered_set.count()判断字符是否为元音。
用while循环，分别从两头遍历，如果两边指针都是元音字母则用swap调换它们，否则指针指向下一个。
class Solution {
public:
string reverseVowels(string s) {
unordered_set<char> mp = {
{'a'},
{'e'},
{'i'},
{'o'},
{'u'},
{'A'},
{'E'},
{'I'},
{'O'},
{'U'}
};
int i = 0, j = s.length()-1;
while(i<j) {
if (mp.count(s[i]) > 0 && mp.count(s[j]) > 0) {
swap(s[i], s[j]);
i++;
j--;
continue;
}
if (mp.count(s[i]) <= 0) {
i++;
// continue;
}
if (mp.count(s[j]) <= 0) {
j--;
// continue;
}
}
return s;
}
};
6 除自身以外数组的乘积
题目：
给你一个整数数组 nums，返回 数组 answer ，其中 answer[i] 等于 nums 中除 nums[i]
之外其余各元素的乘积 。
题目数据 保证 数组 nums之中任意元素的全部前缀元素和后缀的乘积都在 32 位
整数范围内。
请不要使用除法，且在 O(n) 时间复杂度内完成此题。
题解：左右乘积
先用vector类型的left存储每个位置左侧所有数的乘积。
然后for循环反向遍历，用tmp记录每个位置右侧所有数的乘积，并把tmp乘以left[i]得到位置i的结果。
class Solution {
public:
vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) {
int numsize = nums.size();
vector<int> left(numsize, 1);
for (int i = 1; i < numsize; i++) {
left[i] = left[i - 1] * nums[i-1];
}
int tmp = 1;
for (int i = numsize-2; i >=0; i--) {
tmp *= nums[i+1];
left[i] *= tmp;
}
return left;
}
};
7 递增的三元子序列
题目：
给你一个整数数组 nums ，判断这个数组中是否存在长度为 3 的递增子序列。
如果存在这样的三元组下标 (i, j, k) 且满足 i < j < k ，使得 nums[i] < nums[j] < nums[k] ，返回 true ；否则，返回 false 。
题解：贪心
用stack类型的st3记录递增序列，如果它长度flag等于3则证明找到了。
情况1：如果有连续3个递增的数，那肯定能连续入栈st3，使其长度为3。
情况2：如果有连续2个递增a和b，然后出现一个c，它小于b大于a。则把b出栈，让c入栈，然后继续遍历。之所以这么做，是因为如果后续的元素中出现了某个元素e比c大，那就有ace符合条件，如果e大于b，由于c小于b那e同样大于c。所以把b出栈，让c入栈是合理的。
情况3：如果有连续2个递增a和b，然后出现一个c，它小于a和b。先用一个变量max2(初始化时赋值为INT_MAX)记录下b的值，然后把a和b都出栈，让c入栈。继续遍历。之所以要用max来记录b的值，是因为如果后续有一个变量e大于b（也大于c），那么实际上abe已经满足条件了， 但我们把它出栈了，导致现在栈里只有c一个，ce的长度只有2反而不满足。所以用max2来记录下这种特殊情况。
情况4：如果当前遍历的值e大于max2，则证明之前存在两个递增数a和b，且a
class Solution {
public:
bool increasingTriplet(vector<int>& nums) {
int numsize = nums.size();
if (numsize < 3) return false;
int flag = 1;
stack<int> st3;
st3.push(INT_MAX);
int max2 = INT_MAX;
for (int i = 0; i < numsize; ++i) {
if (nums[i] > st3.top()) {
flag++;
if (flag == 3|| max2 < nums[i]) return true;
st3.push(nums[i]);
}
else if (nums[i] < st3.top()) {
if(flag ==2) max2 = st3.top();
while (!st3.empty()&& nums[i] <= st3.top()) {
st3.pop();
flag--;
}
st3.push(nums[i]);
flag++;
}
}
return false;
}
};
8 压缩字符串
题目：
给你一个字符数组 chars ，请使用下述算法压缩：
从一个空字符串 s 开始。对于 chars 中的每组 连续重复字符 ：
如果这一组长度为 1 ，则将字符追加到 s 中。
否则，需要向 s 追加字符，后跟这一组的长度。
压缩后得到的字符串 s 不应该直接返回 ，需要转储到字符数组 chars 中。需要注意的是，
如果组长度为 10 或 10 以上，则在 chars 数组中会被拆分为多个字符。
请在 修改完输入数组后 ，返回该数组的新长度。
你必须设计并实现一个只使用常量额外空间的算法来解决此问题。
题解：双指针
用lenc记录已压缩子串的长度，用pre记录上一个位置是哪种字符，用lennow记录pre字符的长度。
当chars[i]!=pre时，证明有新的字符了，计算下lennow的长度(对应的字符表示暂存于tmp中)，然后将pre和对应长度存入chars的相应位置(lenc)中。
当chars[i]==pre时，lennow+=1。
for循环结束后，需要将最后一个字符及其长度也压缩存入chars中。
class Solution {
public:
int compress(vector<char>& chars) {
int lenc = 0, chlen = chars.size(), lennow = 1;
char pre = chars[0];
string tmp = "";
for (int i = 1; i < chlen; ++i) {
if (pre == chars[i]) {
lennow++;
}
else {
chars[lenc++] = pre;
if (lennow>1){
while (lennow > 0) {
tmp += to_string(lennow % 10);
lennow /= 10;
}
for (int j = tmp.size() - 1; j >= 0; --j) {
chars[lenc++] = tmp[j];
}
tmp="";
}
pre = chars[i];
lennow = 1;
}
}
chars[lenc++] = pre;
if (lennow > 1) {
while (lennow > 0) {
tmp += to_string(lennow % 10);
lennow /= 10;
}
for (int j = tmp.size() - 1; j >= 0; --j) {
chars[lenc++] = tmp[j];
}
}
return lenc;
}
};
1-8 解题总结
a. 涉及字符、数组的题，往往都是需要for循环遍历的。
b. 考察的点一般是如何减少遍历复杂度，比如不要使用嵌套for循环。
c. 有时候也会考察你是否能够在原数组上做改动或者只定义1个新的数组而不是2个来实现，比如第8题要求只能在原数组上修改，不能定义新的O(n)级别的变量。还有第6题本来是可以用一个left和一个right数组来分别记录左累乘和右累乘，然后用一个rev数组来计算最终结果的，但为了减低空间复杂度，可以只用一个left数组和一个right变量来实现。
d. 常用方法：贪心、双指针。