怒刷LeetCode的第21天（Java版）
目录
第一题
题目来源
题目内容
解决方法
方法一：哈希表
方法二：计数器数组
第二题
题目来源
题目内容
解决方法
方法一：分治法
方法二：快速幂 + 迭代
方法三：快速幂 + 递归
第三题
题目来源
题目内容
解决方法
方法一：回溯算法
方法二：基于集合的回溯
方法三：基于位运算的回溯
方法四：DFS（深度优先搜索）
第一题
题目来源
49. 字母异位词分组 - 力扣（LeetCode）
题目内容
解决方法
方法一：哈希表
思路： 首先，我们可以使用哈希表来存储字母异位词分组的结果。遍历字符串数组中的每个字符串，对每个字符串进行排序，得到其排序后的字符串作为哈希表的键。然后将原始字符串添加到对应键的列表中，最后返回哈希表的值即可。
import java.util.*;
class Solution {
public List> groupAnagrams(String[] strs) {
// 创建一个哈希表，key 为排序后的字符串，value 为相同排序后字符串的原始字符串列表
Map> map = new HashMap<>();
// 遍历字符串数组
for (String str : strs) {
// 将字符串转为字符数组并排序
char[] arr = str.toCharArray();
Arrays.sort(arr);
String sortedStr = String.valueOf(arr);
// 如果哈希表中不存在该键，则新建一个键值对
if (!map.containsKey(sortedStr)) {
map.put(sortedStr, new ArrayList<>());
}
// 将原始字符串添加到对应键的列表中
map.get(sortedStr).add(str);
}
// 返回哈希表的值，即分组后的结果列表
return new ArrayList<>(map.values());
}
}
复杂度分析：
时间复杂度分析：
- 对于每个字符串，需要将其排序，排序的时间复杂度为 O(klogk)，其中 k 为字符串的长度。
- 总共有 n 个字符串，因此总时间复杂度为 O(nklogk)。
空间复杂度分析：
- 使用了一个哈希表来存储分组的结果，最多包含 n 个键值对。
- 每个键值对中的值是一个列表，列表的最大长度为 n。
- 因此，空间复杂度为 O(n)。
综上所述，该解法的时间复杂度为 O(nklogk)，空间复杂度为 O(n)。
LeetCode运行结果：
方法二：计数器数组
除了使用哈希表的方法，我们还可以通过使用计数器数组来实现字母异位词的分组。
具体思路如下：
- 创建一个长度为26的整型数组count，用于记录每个字母出现的次数。
- 遍历字符串数组中的每个字符串：
- 将count数组每个位置的值都置为0，用于统计当前字符串的字符出现次数。
- 遍历当前字符串，将每个字符出现的次数加到count数组对应的位置上。
- 将count数组转换为一个唯一的字符串作为哈希表的键。
- 将当前字符串添加到对应键的列表中。
- 返回哈希表的值，即分组后的结果列表。
import java.util.*;
class Solution {
public List> groupAnagrams(String[] strs) {
// 创建一个哈希表，key 为唯一的计数器字符串，value 为相同计数器字符串的原始字符串列表
Map> map = new HashMap<>();
// 遍历字符串数组
for (String str : strs) {
// 创建一个长度为26的计数器数组
int[] count = new int[26];
// 统计当前字符串中每个字符出现的次数
for (char c : str.toCharArray()) {
count[c - 'a']++;
}
// 将计数器数组转换为一个唯一的字符串作为哈希表的键
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (int i = 0; i < 26; i++) {
sb.append('#');
sb.append(count[i]);
}
String key = sb.toString();
// 如果哈希表中不存在该键，则新建一个键值对
if (!map.containsKey(key)) {
map.put(key, new ArrayList<>());
}
// 将原始字符串添加到对应键的列表中
map.get(key).add(str);
}
// 返回哈希表的值，即分组后的结果列表
return new ArrayList<>(map.values());
}
}
复杂度分析：
时间复杂度分析：
- 对于每个字符串，需要遍历一次，并统计字符出现的次数，时间复杂度为 O(k)。
- 总共有 n 个字符串，因此总时间复杂度为 O(nk)。
空间复杂度分析：
- 使用了一个哈希表来存储分组的结果，最多包含 n 个键值对。
- 每个键值对中的值是一个列表，列表的最大长度为 n。
- 因此，空间复杂度为 O(n)。
综上所述，该解法的时间复杂度为 O(nk)，空间复杂度为 O(n)。
LeetCode运行结果：
第二题
题目来源
50. Pow(x, n) - 力扣（LeetCode）
题目内容
解决方法
方法一：分治法
根据题目要求，可以使用分治法来实现 pow(x, n) 函数。具体做法如下：
- 若 n < 0，则转换为求解 pow(1/x, -n)。
- 定义递归函数 helper(x, n)，表示计算 x 的整数 n 次幂。
- 当 n 为 0 时，返回 1。
- 当 n 为偶数时，将问题规模缩小一半，即计算 helper(x, n/2) * helper(x, n/2)。
- 当 n 为奇数时，将结果乘以 x，即计算 x * helper(x, n/2) * helper(x, n/2)。
- 根据 n 的正负性，返回最终结果。
public class Solution {
public double myPow(double x, int n) {
// 若指数 n 为负数，则转换为求解 pow(1/x, -n)
if (n < 0) {
x = 1 / x;
n = -n;
}
return helper(x, n);
}
private double helper(double x, int n) {
// 递归结束条件：n 为 0
if (n == 0) {
return 1.0;
}
// 递归计算一半的结果
double half = helper(x, n / 2);
// 若 n 为偶数
if (n % 2 == 0) {
return half * half;
}
// 若 n 为奇数
else {
return x * half * half;
}
}
}
复杂度分析：
时间复杂度分析：
- 每次递归，问题规模缩小一半，因此递归的层数为 O(logn)。
- 在每一层递归中，需要进行一次乘法运算。因此，总时间复杂度为 O(logn)。
空间复杂度分析：
- 使用了 O(logn) 的递归栈空间。
LeetCode运行结果：
方法二：快速幂 + 迭代
算法思路： 首先，将指数 n 转化为 long 类型的 N，以处理负数指数的情况。 然后，对于任意一个实数 x 和非负整数 N，可以通过二分法迭代计算出 x^N 的值。
假设已经计算出 x^{N/2}，那么有以下两种情况：
当 N 为偶数时，有：x^N = (x^{N/2})^2 当 N 为奇数时，有：x^N = x * (x^{N/2})^2
通过上面两种情况，可以将原问题分解成规模更小的子问题，并且每次只需进行一次乘法运算即可。不断重复这个过程，最终可以得到 x^N 的值。
class Solution {
public double myPow(double x, int n) {
// 将指数转化为long类型的N，以处理负数指数的情况
long N = n;
// 如果N为负数，将x变为1/x，指数变为相反数
return N >= 0 ? quickMul(x, N) : 1.0 / quickMul(x, -N);
}
public double quickMul(double x, long N) {
// ans初始化为1，因为x^0=1
double ans = 1.0;
// 贡献的初始值为x
double x_contribute = x;
// 使用二分法迭代计算x^N
while (N > 0) {
// 如果N的二进制最低位为1，那么需要计入贡献
if (N % 2 == 1) {
ans *= x_contribute;
}
// 将贡献不断平方
x_contribute *= x_contribute;
// 右移一位，相当于除以2
N /= 2;
}
return ans;
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：由于每次将指数减半，因此算法的迭代次数为 logn。每次迭代只需要进行一次乘法运算，因此总时间复杂度为 O(logn)。
- 空间复杂度：算法中只使用了常数个变量，因此空间复杂度为 O(1)。
LeetCode运行结果：
方法三：快速幂 + 递归
算法思路： 假设已经计算出 x^{N/2}，那么有以下两种情况：
当 N 为偶数时，有：x^N = (x^{N/2})^2 当 N 为奇数时，有：x^N = x * (x^{N/2})^2
通过上面两种情况，可以将原问题分解成规模更小的子问题，并且每次只需进行一次乘法运算即可。不断重复这个过程，最终可以得到 x^N 的值。
class Solution {
public double myPow(double x, int n) {
// 将指数转化为long类型的N，以处理负数指数的情况
long N = n;
// 如果N为负数，将x变为1/x，指数变为相反数
return N >= 0 ? quickMul(x, N) : 1.0 / quickMul(x, -N);
}
public double quickMul(double x, long N) {
// 如果N==0，返回1.0
if (N == 0) {
return 1.0;
}
// 先计算出x的N/2次方
double y = quickMul(x, N / 2);
// 如果N为偶数，y*y即为x的N次方
if (N % 2 == 0) {
return y * y;
}
// 如果N为奇数，y*y*x即为x的N次方
else {
return y * y * x;
}
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：由于每次将指数减半，因此算法的迭代次数为 logn。每次迭代只需要进行一次乘法运算，因此总时间复杂度为 O(logn)。
- 空间复杂度：由于算法使用了递归来实现快速幂运算，因此最坏情况下递归的深度为 logn，因此空间复杂度为 O(logn)。
LeetCode运行结果：
第三题
题目来源
51. N 皇后 - 力扣（LeetCode）
题目内容
解决方法
方法一：回溯算法
N 皇后问题可以使用回溯算法来求解。回溯算法是一种深度优先搜索的算法，通过递归地尝试所有可能的解决方案，并在不满足条件时进行回溯。
具体思路如下：
- 创建一个长度为
n的数组queens，用于存储每一行皇后所在的列索引。初始化时，所有元素都为-1，表示还没有放置皇后。 - 使用回溯函数进行递归搜索，函数定义如下：
- 参数
row表示当前正在放置皇后的行数。 - 参数
n表示棋盘的大小，也表示需要放置的皇后的数量。 - 在递归的过程中，从左到右依次尝试放置皇后，对于每个位置
(row, col)，判断是否可以放置皇后的条件是不在同一列或同一斜线上。如果可以放置，则将queens[row]设置为col，表示在当前行放置皇后的位置为(row, col)。 - 如果当前行是最后一行（即
row == n - 1），说明找到了一种解法，将该解法存储起来。 - 如果当前行不是最后一行，则继续递归放置下一行的皇后。
- 在递归结束后，需要进行回溯操作，即撤销当前行放置的皇后，尝试放置下一个位置。
- 参数
- 创建一个函数
isValid(row, col, n)来判断当前位置是否可以放置皇后。判断的条件是不在同一列或同一斜线上。具体判断方法如下：- 对于每一行，使用数组
queens存储了已经放置的皇后位置，因此只需要判断列号是否相等或者斜率是否为 ±1±1 即可。
- 对于每一行，使用数组
- 最后，将所有解法转换为字符串表示，存储到结果列表中，并返回作为结果。
class Solution {
// 存储每一行皇后所在的列索引
int[] queens;
// 存储所有解法
List> solutions;
public List> solveNQueens(int n) {
queens = new int[n];
solutions = new ArrayList<>();
backtrack(0, n);
return solutions;
}
// 回溯函数
private void backtrack(int row, int n) {
if (row == n) { // 找到一种解法
List solution = generateSolution(n);
solutions.add(solution);
} else {
for (int col = 0; col < n; col++) {
if (isValid(row, col, n)) { // 判断当前位置是否可以放置皇后
queens[row] = col;
backtrack(row + 1, n); // 继续下一行的回溯
}
}
}
}
// 判断当前位置是否可以放置皇后
private boolean isValid(int row, int col, int n) {
for (int i = 0; i < row; i++) {
int diff = Math.abs(col - queens[i]);
if (diff == 0 || diff == row - i) { // 判断是否在同一列或同一斜线上
return false;
}
}
return true;
}
// 生成解法的字符串表示
private List generateSolution(int n) {
List solution = new ArrayList<>();
for (int row = 0; row < n; row++) {
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (int col = 0; col < n; col++) {
if (col == queens[row]) {
sb.append("Q");
} else {
sb.append(".");
}
}
solution.add(sb.toString());
}
return solution;
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度：在回溯算法中，对于每一行的每一个位置，都需要进行判断。在判断当前位置是否可以放置皇后时，需要遍历已经放置的皇后，时间复杂度为 O(N)。因此，在放置 N 个皇后的过程中，总体的时间复杂度为 O(N^N \cdot N!)，其中 N! 表示 N 的阶乘。
- 空间复杂度：除了存储结果的列表之外，需要额外使用一个数组 queens 来存储每一行皇后所在的列索引，数组的长度为 N。递归调用栈的最大深度为 N。因此，额外的空间复杂度为 O(N)。
需要注意的是，以上复杂度分析是在没有剪枝优化的情况下。实际上，N 皇后问题可以通过剪枝优化来减少搜索的空间和时间复杂度，例如通过判断不同行上皇后的冲突情况，来排除不必要的搜索路径。通过合理的剪枝策略，可以显著提高算法的效率。
总结起来，N 皇后问题的时间复杂度为 O(N^N \cdot N!)，空间复杂度为 O(N)。
LeetCode运行结果：
方法二：基于集合的回溯
import java.util.*;
class Solution {
public List> solveNQueens(int n) {
List> result = new ArrayList<>();
Set cols = new HashSet<>();
Set diagonals1 = new HashSet<>();
Set diagonals2 = new HashSet<>();
backtrack(n, 0, new ArrayList<>(), result, cols, diagonals1, diagonals2);
return result;
}
private void backtrack(int n, int row, List board, List> result,
Set cols, Set diagonals1, Set diagonals2) {
if (row == n) {
result.add(new ArrayList<>(board));
return;
}
for (int col = 0; col < n; col++) {
int diagonal1 = row - col;
int diagonal2 = row + col;
if (cols.contains(col) || diagonals1.contains(diagonal1) || diagonals2.contains(diagonal2)) {
continue;
}
cols.add(col);
diagonals1.add(diagonal1);
diagonals2.add(diagonal2);
char[] charArray = new char[n];
Arrays.fill(charArray, '.');
charArray[col] = 'Q';
String rowString = new String(charArray);
board.add(rowString);
backtrack(n, row + 1, board, result, cols, diagonals1, diagonals2);
board.remove(board.size() - 1);
cols.remove(col);
diagonals1.remove(diagonal1);
diagonals2.remove(diagonal2);
}
}
} 通过回溯的方式，在每一行中的每个位置尝试放置皇后。使用三个集合 cols、diagonals1 和 diagonals2 分别记录已经放置的皇后所在的列、主对角线和副对角线的信息，用于判断是否是合法的放置位置。当放置的皇后数量达到 N 个时，将当前结果加入最终的结果列表中。
注意，在每一次放置皇后之前，需要先判断当前位置是否已经被占据，如果是，则跳过该位置。同时，在回溯的过程中，需要及时撤销之前的操作，即从集合和棋盘中移除皇后的相关信息。
复杂度分析：
N 皇后问题的时间复杂度很难精确地确定，因为不同的搜索方案具有不同的耗时。但是可以确定的是，N 皇后问题解的数量一定是阶乘级别的，即 O(N!)。
在回溯算法中，每次递归处理到第 i 行时，都需要考虑所有列 j 是否可用，因此时间复杂度为 O(N^i)。因此，总的时间复杂度可以表示为： O(N!)
空间复杂度方面，除了存储答案和一些辅助变量外，主要的空间开销是递归调用栈的空间。在最坏情况下，即所有可能的排列方式都需要尝试一遍时，递归栈的深度会达到 N，每层递归需要 O(N) 的空间，因此空间复杂度也是 O(N)。
需要注意的是，在实际应用中，我们可以通过剪枝等方式来优化回溯算法的效率，从而在适当的情况下减小时间和空间的开销。
LeetCode运行结果：
方法三：基于位运算的回溯
当使用位运算来解决 N 皇后问题时，可以通过一个整数的二进制表示来记录每个皇后的位置，其中每个皇后占据一列，皇后所在的行由二进制中的位置表示。
class Solution {
public List> solveNQueens(int n) {
List> result = new ArrayList<>();
solveNQueensHelper(n, 0, 0, 0, 0, new ArrayList<>(), result);
return result;
}
private void solveNQueensHelper(int n, int row, int col, int ld, int rd, List solution, List> result) {
// 找到一个可行解
if (row == n) {
result.add(new ArrayList<>(solution));
return;
}
// 生成当前行的可选位置
int availablePositions = ((1 << n) - 1) & (~(col | ld | rd));
// 在当前行逐个尝试可选位置
while (availablePositions != 0) {
int position = availablePositions & (-availablePositions); // 获取最低位的 1
int columnIndex = Integer.bitCount(position - 1); // 获取最低位的 1 所在的列索引
// 构建当前行的字符串表示
StringBuilder sb = new StringBuilder();
for (int i = 0; i < n; i++) {
sb.append(i == columnIndex ? 'Q' : '.');
}
solution.add(sb.toString());
// 更新下一行的状态
solveNQueensHelper(n, row + 1, col | position, (ld | position) << 1, (rd | position) >> 1, solution, result);
// 恢复当前行的状态
solution.remove(solution.size() - 1);
// 清除最低位的 1，继续尝试下一个可选位置
availablePositions &= (availablePositions - 1);
}
}
} 这段代码中，使用位运算来记录每个皇后的位置，其中 col 表示已占据的列，ld 表示已占据的左对角线，rd 表示已占据的右对角线。通过位运算可以快速判断某个位置是否可选。
在 solveNQueensHelper 方法中，递归地尝试每个可选位置，并更新下一行的状态。当找到一个可行解时，将其添加到结果列表中。最后，将整个结果返回。
复杂度分析：
时间复杂度：
- 构建可选位置集合的操作需要遍历每个列，时间复杂度为 O(N)。
- 在递归求解过程中，每行都需要尝试遍历可选位置，时间复杂度为 O(N!)。 综上，总的时间复杂度为 O(N * N!)。
空间复杂度：
- 递归调用栈的深度为 N，每层递归需要常数级别的额外空间，因此空间复杂度为 O(N)。
- 存储结果列表的空间复杂度为 O(N^2 * N!)，其中 N^2 是存储每个解所需的空间。 综上，总的空间复杂度为 O(N^2 * N!).
需要注意的是，虽然使用位运算可以提高算法的执行效率，但是在 N 很大时，N 皇后问题仍然是一个非常耗时的问题。因此，在实际应用中，当 N 较大时，可能需要考虑其他更加高效的解决方案。
LeetCode运行结果：
方法四：DFS（深度优先搜索）
import java.util.ArrayList;
import java.util.List;
class Solution {
public List> solveNQueens(int n) {
List> result = new ArrayList<>();
boolean[] colUsed = new boolean[n];
boolean[] diag1Used = new boolean[2 * n - 1];
boolean[] diag2Used = new boolean[2 * n - 1];
char[][] board = new char[n][n];
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
board[i][j] = '.';
}
}
dfs(0, n, board, colUsed, diag1Used, diag2Used, result);
return result;
}
private void dfs(int row, int n, char[][] board, boolean[] colUsed, boolean[] diag1Used, boolean[] diag2Used, List> result) {
// 找到一个可行解
if (row == n) {
List solution = new ArrayList<>();
for (int i = 0; i < n; i++) {
solution.add(new String(board[i]));
}
result.add(solution);
return;
}
for (int col = 0; col < n; col++) {
int diag1 = row + col;
int diag2 = row - col + n - 1;
// 检查当前位置是否可放置皇后
if (!colUsed[col] && !diag1Used[diag1] && !diag2Used[diag2]) {
board[row][col] = 'Q';
colUsed[col] = true;
diag1Used[diag1] = true;
diag2Used[diag2] = true;
// 继续搜索下一行
dfs(row + 1, n, board, colUsed, diag1Used, diag2Used, result);
// 恢复当前位置的状态
board[row][col] = '.';
colUsed[col] = false;
diag1Used[diag1] = false;
diag2Used[diag2] = false;
}
}
}
} 在这段代码中，我们使用 boolean 数组来表示每一列、每一条正对角线和反对角线是否已经被占用。我们使用二维字符数组来表示棋盘，其中皇后的位置用 'Q' 表示，空位置用 '.' 表示。
在 solveNQueens 方法中，首先初始化棋盘和状态数组，然后调用 dfs 方法进行深度优先搜索。
dfs 方法采用递归的方式，从第 0 行开始，逐行遍历每个位置。对于每个位置，检查当前列、正对角线和反对角线是否已经被占用。如果没有被占用，则将皇后放在该位置，并更新状态数组。然后递归地搜索下一行。当搜索到最后一行时，得到一个可行解，将其保存到结果列表中。最后，恢复当前位置的状态，继续尝试下一个位置。
复杂度分析：
时间复杂度：
- 在递归求解过程中，每行都需要尝试遍历可选位置，时间复杂度为 O(N!)。
- 在每个位置上，需要检查当前列、正对角线和反对角线是否已经被占用，每次检查的时间复杂度为 O(1)。 综上，总的时间复杂度为 O(N * N!).
空间复杂度：
- 递归调用栈的深度为 N，每层递归需要常数级别的额外空间，因此空间复杂度为 O(N)。
- 存储结果列表的空间复杂度为 O(N^2 * N!)，其中 N^2 是存储每个解所需的空间。 综上，总的空间复杂度为 O(N^2 * N!).
需要注意的是，尽管在代码中使用了剪枝操作来减少不必要的搜索，但是对于较大的 N，仍然会有大量的组合需要尝试。因此，在实际应用中，当 N 较大时，可能需要考虑其他更加高效的解决方案或优化算法。
LeetCode运行结果：
