【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题

文章目录

  • 【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题
    • ⛅前言
  • 移动零
    • 题目
    • 题解
  • 寻找重复数
    • 题目
    • 题解
  • 二叉树的序列化与反序列化
    • 题目
    • 题解
  • 最长递增子序列
    • 题目
    • 题解
  • 删除无效括号
    • 题目
    • 题解

【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题

⛅前言

大家好,我是知识汲取者,欢迎来到我的LeetCode热题100刷题专栏!

精选 100 道力扣(LeetCode)上最热门的题目,适合初识算法与数据结构的新手和想要在短时间内高效提升的人,熟练掌握这 100 道题,你就已经具备了在代码世界通行的基本能力。在此专栏中,我们将会涵盖各种类型的算法题目,包括但不限于数组、链表、树、字典树、图、排序、搜索、动态规划等等,并会提供详细的解题思路以及Java代码实现。如果你也想刷题,不断提升自己,就请加入我们吧!QQ群号:827302436。我们共同监督打卡,一起学习,一起进步。

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LeetCode热题100专栏:LeetCode热题100

Gitee地址:知识汲取者 (aghp) - Gitee.com

题目来源:LeetCode 热题 100 - 学习计划 - 力扣(LeetCode)全球极客挚爱的技术成长平台

PS:作者水平有限,如有错误或描述不当的地方,恳请及时告诉作者,作者将不胜感激

移动零

题目

原题链接:283.移动零

【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第1张图片

题解

  • 解法一:暴力枚举即可

    但是我们使用copyOfRange方法存在一个弊端,它会重现创建一个数组,然后将值赋值给新的数组引用,给不是在原有的数组引用上进行赋值,所以这里就导致最终无法修改到我们要实现效果的数组

    【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第2张图片

    【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第3张图片

    下方代码,最终输出的nums全部是 0

    /**
     * @author ghp
     * @title
     * @description
     */
    class Solution {
        public void moveZeroes(int[] nums) {
            List<Integer> list = new ArrayList<>();
            for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
                if (nums[i] != 0){
                    list.add(nums[i]);
                }
            }
            Arrays.fill(nums, 0);
            nums =  Arrays.copyOfRange(
                    list.stream().mapToInt(Integer::intValue).toArray(),
                    0, nums.length);
        }
    }
    

    复杂度分析:

    • 时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)
    • 空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)

    其中 n n n 为数组中元素的个数

    解决方法:使用for循环,逐个赋值(这里我就是使用lambda表达式实现,效果都是一样的,但是这种更加优雅)

    /**
     * @author ghp
     * @title
     * @description
     */
    class Solution {
        public void moveZeroes(int[] nums) {
            List<Integer> list = new ArrayList<>();
            for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
                if (nums[i] != 0) {
                    list.add(nums[i]);
                }
            }
            Arrays.fill(nums, 0);
            IntStream.range(0, list.size())
                    .forEach(i -> nums[i] = list.get(i));
        }
    }
    
  • 解法二:双指针

    这个思路是非类似于快排的那个划分左右区间,设置两个指针,使得左区间都比主元小,右区间都比主元大或等。

    这里我们相当于是把0当作主元,左区间都是不等于0的,右区间都是等于0的

    class Solution {
        public void moveZeroes(int[] nums) {
            int i = 0;
            // 遍历数组,将非0元素放到i的左侧
            for (int j = 0; j < nums.length; j++) {
                if (nums[j] != 0){
                    // 当前元素不等于0,将非0元素放到i的左侧
                    int t = nums[j];
                    nums[j] = nums[i];
                    nums[i] = t;
                    i++;
                }
            }
        }
    }
    

    复杂度分析:

    • 时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)
    • 空间复杂度: O ( 1 ) O(1) O(1)

    其中 n n n 为数组中元素的个数

寻找重复数

题目

原题链接:287.寻找重复数

【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第4张图片

题解

本题总共有以下解法:

  1. 需要额外空间,需要修改原始数组:排序

  2. 需要额外空间,不需要修改原始数组:计数法、哈希表

  3. 不需要额外空间,需要修改原始数组:标记法、索引排序

  4. 不需要额外空间,不需要修改原始数组:暴力枚举、二分查找、位运算、快慢指针

PS:本文只讲解了二分查找、快慢指针、位运算三种能过且比较牛的方法,关于其它方法感兴趣都可以参考这篇文章:9种方法(可能是目前最全的),拓展大家思路 - 寻找重复数 - 力扣(LeetCode)

  • 解法一:快慢指针(Floyd 判圈算法)

    这个算法在前面已经多次遇到了,比如:第33天的环形链表、第34天的排序链表、第35天的相交链表、第40天的回文链表等都能看到快慢指针算法的身影。可能我们一下子无法直接联想到环形链表,这里我们画一个草图,将数组转换成一个环形链表(这是一种数学抽象,类似于七桥问题,把一个问题抽象成另一个与之等价的问题)

    【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第5张图片

    我们把数值的值当成链表的下一个节点,这个值与索引进行一个映射,从而可以通过上面的链表得到下面这个链表,此时我们把”要数组中的找重复元素“这个问题转换成"要找链表中环的入口节点",说到这里,如果你对环形链表这一题有经验的话,很快就能够解决了。如果你对环形链表不是很懂的话,可以参考这篇文章【LeetCode热题100】打卡第33天:环形链表

    【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第6张图片

    注意:本题能够使用快慢指针的前提是 1 < = n u m s [ i ] < = n 1<=nums[i]<=n 1<=nums[i]<=n,这样能够保障指针无论如何移动都不会出现索引越界

    这里初略讲解以下如何定位环形链表的入环节点:

    1. 第一次遍历,fast比slow多走一步,寻找到fast和slow相等的节点,然后将fast重置到起始节点
    2. 第二次遍历,fast和slow走相同的步数,寻找到fast和slow相等的节点,此时fast和slow相遇的节点就是入环节点

    至于详细证明思路,可以参考我上面给出的那个链接,链接的那篇文章中已给出比较详细的解答了

    /**
     * @author ghp
     * @title
     * @description
     */
    class Solution {
        public int findDuplicate(int[] nums) {
            int fast = 0, slow = 0;
            do {
                fast = nums[nums[fast]];
                slow = nums[slow];
            } while (fast != slow);
            fast = 0;
            while (fast != slow) {
                fast = nums[fast];
                slow = nums[slow];
            }
            return fast;
        }
    }
    

    复杂度分析:

    • 时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)
    • 空间复杂度: O ( 1 ) O(1) O(1)

    其中n为数组中元素的个数

  • 解法二:二分查找

    本题主要用到了抽屉原理,简单来说就是把 10 个苹果放进 9 个抽屉,至少有一个抽屉里至少放 2 个苹果。

    其此我们还需要寻找出有序的地方,本题有序的地方是隐式的,即比当前元素小的元素是有序的,只要发现这一点,其实就会变得很简单,但往往这一点一般很慢发现,这也是本题相较于其他显示有序的一个难点

    我们新增一个变量cnt[i]来记录当前数组中小于等于i的数有多少个,然后可以的发现cnt数组是有序的,对于有序数组我们

    ①如果我们将n个数放到n个位置上(数的范围是1~n),这些数不重复,则此时 cnt==mid

    【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第7张图片

    ②如果我们将n个数放到n+1个位置上(数的范围是1~n),这些数不重复,如果此时 cnt<=mid,则说明重复的数一定在左侧区间,因为数是在1~n这个区间选的,cnt[n]<=mid说明比n小的数不到一半(正常情况是刚好一半的),根据抽屉原理,一定是有一个比mid小的数重复了,这样才会出现cnt[n]<=mid,所以重复的数在mid的左侧

    【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第8张图片

    ③如果我们将n个数放到n+1个位置上,如果是左侧的数多了,则会导致cnt[n]>mid,此时我们可以在左侧区间寻找

    【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第9张图片

    温馨提示:对于所有的二分查找,边界值都是需要十分注意的,这个我在以前总结的二分查找中就已经进行了详细讲解,这里我也不在赘述了,直接给出结论,如果想要了解的,可以参考我以前写的一篇关于二分查找边界值问题的总结

    1. 对于向下取整mid = (right-left)/2 + left ,如果取等 while(left<=right),那么目标值在右right=mid-1,目标值在左left=mid+1

    2. 对于向下取整mid=(right-left)/2 + left,如果不取等while(left,那么目标值在右right=mid,目标值在左left=mid+1

      如果取等匹配right=mid会导致死循环,如果不取等匹配right=mid-1会出现遗漏导致结果错误

    /**
     * @author ghp
     * @title
     * @description
     */
    class Solution {
        public int findDuplicate(int[] nums) {
            int left = 1, right = nums.length - 1;
            while (left < right) {
                int mid = (right - left) / 2 + left;
                // 计算当前小于等于mid的元素有多少个
                int count = 0;
                for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
                    if (nums[i] <= mid){
                        count++;
                    }
                }
                if (count > mid){
                    // 比mid小的元素超过了mid个,根据抽屉原理可以知道mid左侧出现了重复元素
                    right = mid;
                }else{
                    // 比mid小的元素超过了mid个,根据抽屉原理可以知道mid右侧出现了重复元素
                    left = mid + 1;
                }
            }
            return left;
        }
    }
    

    复杂度分析:

    • 时间复杂度: O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
    • 空间复杂度: O ( 1 ) O(1) O(1)

    其中n为数组中元素的个数

  • 解法三:位运算

    太强了,感兴趣的可以去看LeetCode官网,我先把前面两种解法消化吸收了

    class Solution {
        public int findDuplicate(int[] nums) {
            int n = nums.length, ans = 0;
            int bit_max = 31;
            while (((n - 1) >> bit_max) == 0) {
                bit_max -= 1;
            }
            for (int bit = 0; bit <= bit_max; ++bit) {
                int x = 0, y = 0;
                for (int i = 0; i < n; ++i) {
                    if ((nums[i] & (1 << bit)) != 0) {
                        x += 1;
                    }
                    if (i >= 1 && ((i & (1 << bit)) != 0)) {
                        y += 1;
                    }
                }
                if (x > y) {
                    ans |= 1 << bit;
                }
            }
            return ans;
        }
    }
    
    作者:LeetCode-Solution
    链接:https://leetcode.cn/problems/find-the-duplicate-number/solution/xun-zhao-zhong-fu-shu-by-leetcode-solution/
    来源:力扣(LeetCode)
    著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权,非商业转载请注明出处。
    

    复杂度分析:

    • 时间复杂度: O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
    • 空间复杂度: O ( 1 ) O(1) O(1)

    其中n为数组中元素的个数

二叉树的序列化与反序列化

题目

原题链接:297.二叉树的序列化与反序列化

【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第10张图片

题解

  • 解法一:BFS(层序遍历)

    不知道为什么我第一眼看着提感觉挺简单的,直接BFS不就好了吗,结果bug频出,一眨眼一小时就过去了,经过不断的debug最终成功完成了初步代码,并最终过了写这题的思路也比较简答, 直接使用BFS实现层序遍历即可

    如果不会层序遍历的话,可以参考这篇文章:【LeetCode热题100】打卡第29天:二叉树的层序遍历

    class Codec {
        public String serialize(TreeNode root) {
            if (root == null) {
                // 防止NPE
                return null;
            }
            // 存储每一层的节点的值
            StringBuilder ans = new StringBuilder(root.val + ",");
            // BFS层序遍历所有节点,将二叉树所有节点的值转存到ans中
            Deque<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
            queue.offer(root);
            while (!queue.isEmpty()) {
                TreeNode pre = queue.poll();
                TreeNode left = pre.left;
                if (left != null) {
                    queue.offer(left);
                }
                ans.append(left == null ? "null" : left.val).append(",");
                TreeNode right = pre.right;
                if (right != null) {
                    queue.offer(right);
                }
                ans.append(right == null ? "null" : right.val).append(",");
            }
            // 删除最后一个多余的逗号
            ans.deleteCharAt(ans.length() - 1);
            return ans.toString();
        }
    
        public TreeNode deserialize(String data) {
            if (data == null) {
                // 防止NPE
                return null;
            }
            // 将String转成List方便后续逻辑处理
            String[] dataStr = data.split(",");
            List<Integer> dataList = Arrays.stream(dataStr)
                    .map(str -> str.equals("null") ? null : Integer.valueOf(str))
                    .collect(Collectors.toList());
            // BFS层序遍历所有节点,将层序遍历的字符串重新构建成一棵二叉树
            Deque<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
            // 将根节点加入队列中
            TreeNode root = new TreeNode(dataList.get(0));
            queue.offer(root);
            dataList.remove(0);
            while (!dataList.isEmpty()) {
                TreeNode node = queue.poll();
                if (dataList.get(0) != null) {
                    // 这里一定要判空,否则自动拆箱时会报NPE,下面那个判空也是一样的
                    node.left = new TreeNode(dataList.get(0));
                    queue.offer(node.left);
                }
                dataList.remove(0);
                if (dataList.isEmpty()) {
                    // 防止NPE
                    break;
                }
                if (dataList.get(0) != null) {
                    node.right = new TreeNode(dataList.get(0));
                    queue.offer(node.right);
                }
                dataList.remove(0);
            }
            return root;
        }
    }
    

    复杂度分析:

    序列化

    • 时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)
    • 空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)

    反序列化

    • 时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)
    • 空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)

    其中 n n n 为二叉树节点的个数

    代码优化

    对于serialize方法:

    1. 每个循环只需要处理一个节点,不需要额外的变量来保存父节点

    对于deserialize方法:

    1. 使用整型数组代替列表,因为在循环中频繁进行插入和删除操作会导致列表的性能下降
    2. 使用索引标记当前节点的位置,避免频繁调用 dataList.get() 方法
    /**
     * @author ghp
     * @title
     * @description
     */
    class Codec {
    
        public String serialize(TreeNode root) {
            if (root == null) {
                return null;
            }
            StringBuilder ans = new StringBuilder();
            Deque<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
            queue.offer(root);
            while (!queue.isEmpty()) {
                TreeNode node = queue.poll();
                if (node != null) {
                    ans.append(node.val).append(",");
                    queue.offer(node.left);
                    queue.offer(node.right);
                } else {
                    ans.append("null,");
                }
            }
            ans.deleteCharAt(ans.length() - 1);
            return ans.toString();
        }
    
        public TreeNode deserialize(String data) {
            if (data == null) {
                return null;
            }
            String[] dataStr = data.split(",");
            List<Integer> dataList = Arrays.stream(dataStr)
                    .map(str -> str.equals("null") ? null : Integer.valueOf(str))
                    .collect(Collectors.toList());
            Deque<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
            TreeNode root = new TreeNode(dataList.get(0));
            queue.offer(root);
            int index = 1;
            for (; index < dataList.size(); index += 2) {
                TreeNode node = queue.poll();
                if (dataList.get(index) != null) {
                    node.left = new TreeNode(dataList.get(index));
                    queue.offer(node.left);
                }
                if (index + 1 < dataList.size() && dataList.get(index + 1) != null) {
                    node.right = new TreeNode(dataList.get(index + 1));
                    queue.offer(node.right);
                }
            }
            return root;
        }
    }
    
  • 解法二:DFS(前序遍历)

    这里主要是通过前序遍历实现

    【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第11张图片

    1. 序列化实现比较简单,直接DFS搜索即可: [1,2,null,null,3,4,null,null,5,null,null]

    2. 反序列化的时候,第一个元素为根节点,接下来都是按照前序遍历的顺序,先走左边,直到遇到 null 结束,然后换另一边

    整个过程递归进行

    class TreeNode {
        int val;
        TreeNode left;
        TreeNode right;
    
        TreeNode(int x) {
            val = x;
        }
    }
    
    /**
     * @author ghp
     * @title
     * @description
     */
    class Codec {
    
        public String serialize(TreeNode root) {
            StringBuilder ans = new StringBuilder();
            dfs(root, ans);
            ans.deleteCharAt(ans.length() - 1);
            return ans.toString();
        }
    
        private void dfs(TreeNode root, StringBuilder ans) {
            if (root == null) {
                ans.append("null,");
                return;
            }
            ans.append(root.val).append(",");
            dfs(root.left, ans);
            dfs(root.right, ans);
        }
    
        public TreeNode deserialize(String data) {
            String[] dataStr = data.split(",");
            // 根据前序遍历的结果构建二叉树
            return buildTree(dataStr);
        }
    
        private int i = 0;
        private TreeNode buildTree(String[] dataStr) {
            String value = dataStr[i++];
            if (value.equals("null")) {
                // 防止自动拆箱导致NPE,同时也是递归结束条件
                return null;
            }
            TreeNode node = new TreeNode(Integer.valueOf(value));
            // 构建左子树
            node.left = buildTree(dataStr);
            // 构建右子树
            node.right = buildTree(dataStr);
            return node;
        }
    }
    

    复杂度分析:

    序列化

    • 时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)
    • 空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)

    反序列化

    • 时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)
    • 空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)

    其中 n n n 为二叉树节点的个数

最长递增子序列

题目

原题链接:300.最长递增子序列

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题解

  • 解法一:暴力DFS(超时 22 / 54

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    PS:画的有点丑,但是能看明白就行(●ˇ∀ˇ●)

    /**
     * @author ghp
     * @title
     * @description
     */
    public class Solution {
        public int lengthOfLIS(int[] nums) {
            // 最长递增子序列的长度
            int maxLength = 0;
            // DFS遍历每一个节点
            for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
                int length = dfs(nums, i, Integer.MIN_VALUE);
                maxLength = Math.max(maxLength, length);
            }
            return maxLength;
        }
    
        private int dfs(int[] nums, int index, int preLen) {
            if (index == nums.length) {
                // 达到数组末尾,返回长度为0
                return 0;
            }
            int len1 = 0;
            if (nums[index] > preLen) {
                // 当前元素大于前一个元素,可以选择当前元素作为递增子序列的一部分
                len1 = 1 + dfs(nums, index + 1, nums[index]);
            }
            // 不选择当前元素,继续寻找下一个递增子序列
            int len2 = dfs(nums, index + 1, preLen);
            // 返回选择当前元素和不选择当前元素中的较长子序列的长度
            return Math.max(len1, len2);
        }
    }
    

    复杂度分析:

    • 时间复杂度: O ( 2 n ) O(2^n) O(2n),每一个节点都有选和不选两种情况,所以总的来说是 2 n 2^n 2n
    • 空间复杂度: O ( l o g n ) O(logn) O(logn),空间复杂度为递归的最大深度,最大深度是树的最大高度

    其中 n n n 为数组中元素的个数

    代码优化:时间优化

    我们可以通过记忆化搜索来大幅度提高搜索的速度,我们需要新增一个memo数组,memo[i][j]表示以第i个元素为结尾、且第j个元素为上一个结尾元素的最长递增子序列的长度。

    为了新增一个记忆搜索功能,我们需要对上面代码进行一个微型改造,我们在DFS搜索时,不能像前面一样传递上一个节点的长度,而是需要传递上一个节点的索引,这样我们才能够使用memo数组对当前状态进行标记,下面的示意图是添加了记忆数组之后的搜索

    【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第14张图片

    通过Debug也可以看出来,每进行一次DFS,都可以直接将当前节点到其它任意节点的距离计算出来,这样就能大幅度进行剪枝了。比如上图,0到1这条路径,就可以计算出0到其它节点(1,0,3,2,3)的距离了,后面的路径0到0、0到3、0到2、0到3就不用再去重新遍历了,而是直接拿我们缓存在memo中的路径

    【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第15张图片

    public class Solution {
        public int lengthOfLIS(int[] nums) {
            int maxLength = 1;
            // 记录节点的状态 memo[i][j]表示索引为j的节点到索引为i的节点的最长递增节点数
            int[][] memo = new int[nums.length][nums.length];
            // DFS搜索每一个节点
            for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
                maxLength = Math.max(maxLength, dfs(nums, i, i, memo));
            }
            return maxLength;
        }
    
        private int dfs(int[] nums, int curIndex, int preIndex, int[][] memo) {
            if (curIndex >= nums.length) {
                // 后面已经没有节点了,结束搜索
                return 0;
            }
            if (memo[curIndex][preIndex] > 0) {
                // preIndex到curIndex这个状态已计算过,直接返回
                return memo[curIndex][preIndex];
            }
            int len1 = 0;
            if (preIndex == curIndex || nums[curIndex] > nums[preIndex]) {
                // 当前元素大于前一个元素,可以选择当前元素作为递增子序列的一部分
                len1 = 1 + dfs(nums, curIndex + 1, curIndex, memo);
            }
            // 不选择当前元素,继续寻找下一个递增子序列
            int len2 = dfs(nums, curIndex + 1, preIndex, memo);
            // 缓存preIndex到curIndex这个状态
            memo[curIndex][preIndex] = Math.max(len1, len2);
            // 返回选择当前元素和不选择当前元素中的较长子序列的长度
            return memo[curIndex][preIndex];
        }
    }
    

    记忆搜索是经典的拿时间换空间,时间复杂度虽然没有变,但是却大大缩减了搜索结果的时间,空间复杂度提高了

    复杂度分析:

    • 时间复杂度: O ( 2 n ) O(2^n) O(2n),每一个节点都有选和不选两种情况,所以总的来说是 2 n 2^n 2n
    • 空间复杂度: O ( n 2 ) O(n^2) O(n2),memo占用 n 2 n^2 n2的空间

    其中 n n n 为数组中元素的个数

    备注:将 memo[curIndex][preIndex] 转换为 memo[preIndex][curIndex] 是不可行的。这是因为 preIndex 的值是固定的,是遍历时的前一个索引,而 curIndex 是在不断递增变化的。

    如果我们将 memo[curIndex][preIndex] 转换为 memo[preIndex][curIndex],则无法正确存储和查找子问题的解决方案。由于 curIndex 不断增加,我们无法准确地映射到递归调用中的子问题。

    代码优化:空间优化

    我们可以发现memo每进行一次DFS都只用到了一列的数据,所以我们完全可以将二维的memo压缩为一维的memo

    public class Solution {
        public int lengthOfLIS(int[] nums) {
            int maxLength = 1;
            int[] memo = new int[nums.length];
            Arrays.fill(memo, 1);
            for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
                maxLength = Math.max(maxLength, dfs(nums, i, memo));
            }
            return maxLength;
        }
    
        private int dfs(int[] nums, int curIndex, int[] memo) {
            if (curIndex >= nums.length) {
                return 0;
            }
            if (memo[curIndex] > 1) {
                return memo[curIndex];
            }
            int maxLen = 1;
            for (int i = curIndex + 1; i < nums.length; i++) {
                if (nums[i] > nums[curIndex]) {
                    maxLen = Math.max(maxLen, 1 + dfs(nums, i, memo));
                }
            }
            memo[curIndex] = maxLen;
            return maxLen;
        }
    }
    

    复杂度分析:

    • 时间复杂度: O ( n 2 ) O(n^2) O(n2),每一个节点都有选和不选两种情况,所以总的来说是 2 n 2^n 2n
    • 空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n),memo占用 n n n的空间

    其中 n n n 为数组中元素的个数

  • 解法二:动态规划

    我们需要构建一个dp[i]dp[i]表示以nums[i]结尾的最长递增子序列的长度,此时我们可以知道 当前第i个节点结尾的最长递增子序列,一定是由前面的节点转移而来的,至于是前面哪一个节点,我们无法直接确定,所以此时需要遍历 前面 i+1个节点,在遍历的同时,我们不断更新当前的 dp[i],遍历完毕,即可得到当前最大长度。

    不知道为什么感觉动态规划比前面的DFS要简单多了

    import java.util.Arrays;
    
    /**
     * @author ghp
     * @title
     * @description
     */
    public class Solution {
        public int lengthOfLIS(int[] nums) {
            if (nums.length == 0) {
                return 0;
            }
            int maxLength = 1;
            int[] dp = new int[nums.length];
            // 每一个节点自身的初始长度都是1
            Arrays.fill(dp, 1);
            // 遍历每一个节点
            for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
                // 遍历0~i之间的节点,计算出所有以当前nums[i]结尾的最长递增子序列的长度
                for (int j = 0; j < i; j++) {
                    if (nums[i] > nums[j]) {
                        dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
                    }
                }
                maxLength = Math.max(maxLength, dp[i]);
            }
            return maxLength;
        }
    }
    

    复杂度分析:

    • 时间复杂度: O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
    • 空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)

    其中 n n n 为数组中元素的个数

  • 解法三:动态规划+二分查找

    来自:300. 最长递增子序列(动态规划 + 二分查找,清晰图解) - 最长递增子序列 - 力扣(LeetCode)

    class Solution {
        public int lengthOfLIS(int[] nums) {
            int len = 1, n = nums.length;
            if (n == 0) {
                return 0;
            }
            int[] d = new int[n + 1];
            d[len] = nums[0];
            for (int i = 1; i < n; ++i) {
                if (nums[i] > d[len]) {
                    d[++len] = nums[i];
                } else {
                    int l = 1, r = len, pos = 0; // 如果找不到说明所有的数都比 nums[i] 大,此时要更新 d[1],所以这里将 pos 设为 0
                    while (l <= r) {
                        int mid = (l + r) >> 1;
                        if (d[mid] < nums[i]) {
                            pos = mid;
                            l = mid + 1;
                        } else {
                            r = mid - 1;
                        }
                    }
                    d[pos + 1] = nums[i];
                }
            }
            return len;
        }
    }
    
    作者:LeetCode-Solution
    链接:https://leetcode.cn/problems/longest-increasing-subsequence/solution/zui-chang-shang-sheng-zi-xu-lie-by-leetcode-soluti/
    来源:力扣(LeetCode)
    著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权,非商业转载请注明出处。
    

    复杂度分析:

    • 时间复杂度: O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)
    • 空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)

    其中 n n n 为数组中元素的个数

删除无效括号

先缓缓w(゚Д゚)w,明天在写把,不然今天任务完不成了

题目

原题链接:301.删除无效括号

【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题_第16张图片

题解

  • 解法一:暴力

    
    

    复杂度分析:

    • 时间复杂度: O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)
    • 空间复杂度: O ( 1 ) O(1) O(1)

    其中 n n n 为数组中元素的个数

  • 解法二:哈希表

    这个太强了,时间复杂度直接变成 O ( n ) O(n) O(n),它是利用Map的Key不能重复的特性,来判断元素是否符合要求。

    
    

    复杂度分析:

    • 时间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)
    • 空间复杂度: O ( n ) O(n) O(n)

    其中 n n n 为数组中元素的个数

参考题解

  • 9种方法(可能是目前最全的),拓展大家思路 - 寻找重复数 - 力扣(LeetCode)
  • 使用「二分查找」搜索一个有范围的整数(结合「抽屉原理」) - 寻找重复数 - 力扣(LeetCode)
  • 【图解】dfs + bfs + 后序遍历 + 其他思路 - 二叉树的序列化与反序列化 - 力扣(LeetCode)# 【LeetCode热题100】打卡第44天:倒数第30~25题

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