LeetCode刷题总结 - 面试经典 150 题 -持续更新

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这篇文章原本和【LeetCode刷题总结 - 剑指offer系列 - 持续更新】是一篇文章，但由于篇幅过大没法更新，所以就拆成了两篇。
若题中分析出现“上面有总结过…”等字样，且发现本篇文章没有总结，则可以到【LeetCode刷题总结 - 剑指offer系列 - 持续更新】中去寻找

【LeetCode刷题总结 - 剑指offer系列 - 持续更新】

【LeetCode刷题总结 - LeetCode 热题 100 - 持续更新】

数组 / 字符串

88. 合并两个有序数组

【88. 合并两个有序数组】

分析：

类似于归并排序的merge部分，可以看一下这篇文章【归并排序】

代码：

class Solution {
    public void merge(int[] nums1, int m, int[] nums2, int n) {
        // 辅助数组，复制nums1的前m个数据
        int[] copyFromNums1 = new int[m];
        for(int i=0; i<m; i++) {
            copyFromNums1[i] = nums1[i];
        }
        // 指针指向 copyFromNums1
        int i=0;
        // 指针指向 num2
        int j=0;
        // 指针指向 nums1
        int index = 0;
        // 比较 copyFromNums1 和 nums2，更小的放到nums1中
        while(i < m && j < n) {
            if(copyFromNums1[i] <= nums2[j]) {
                nums1[index++] = copyFromNums1[i++];
            } else {
                nums1[index++] = nums2[j++];
            }
        }
        // 执行到这里，要么 i==m 要么 j==n
        // 将剩余的放进nums1（可能已经空了）
        while(i < m) {
            nums1[index++] = copyFromNums1[i++];
        }
        // 将剩余的放进nums1（可能已经空了）
        while(j < n) {
            nums1[index++] = nums2[j++];
        }
    }
}

27. 移除元素

【27. 移除元素】

分析：

• 新增一个指针left，[0,left) 之间的元素就是!=val的
• 遍历数组，判断每个元素是否等于val，!= val 则添加到nums[left]，left++

参考动画：https://leetcode.cn/problems/remove-element/solution/xue-sheng-wu-de-nu-peng-you-du-neng-kan-nk7yy/

代码：

class Solution {
    public int removeElement(int[] nums, int val) {
        int left = 0;
        // 遍历数组，判断每个元素
        for(int right=0; right<nums.length; right++) {
            if(nums[right] != val) {
                nums[left] = nums[right];
                left++;
            }
        }
        return left;
    }
}

283. 移动零

【283. 移动零】

分析：

跟上题类似，只不过目标值变成了0

代码：

class Solution {
    public void moveZeroes(int[] nums) {
        int len = nums.length;
        int left = 0;
        for(int i=0; i<len; i++) {
            if(nums[i] != 0) {
                nums[left++] = nums[i];
            }
        }
        for(int i=left; i<len; i++) {
            nums[i] = 0;
        }
    }
}

26. 删除有序数组中的重复项

【26. 删除有序数组中的重复项】

分析：

跟上上一题思路一样，不同点在于比较的对象变成了“最后不重复的元素”

代码：

class Solution {
    public int removeDuplicates(int[] nums) {
        if(nums.length == 1) {
            return 1;
        }
        /**
         * left、right
         * left：指向最后不重复的元素
         * right：指向当前遍历的元素
         */
        int left = 0;
        for(int right=1; right<nums.length; right++) {
            if(nums[right] != nums[left]) {
                nums[left+1] = nums[right];
                left++;
            } 
        }
        return left+1;
    }
}

80. 删除有序数组中的重复项 II

【80. 删除有序数组中的重复项 II】

分析：

跟上一题思路一样，不同点在于比较的对象变成了“新数组中的倒数第k个元素”（此题中 k=2）
其实该题就是上一题的升华版，将上一题总结的更通用，上一题可理解为 k=1

代码：

class Solution {
    public int removeDuplicates(int[] nums) {
        if(nums.length == 1 || nums.length == 2) {
            return nums.length;
        }
        return removeK(nums, 2);
    }

    public int removeK(int[] nums, int k) {
        int left = k - 1;
        for(int right=k; right<nums.length; right++) {
            if(nums[right] != nums[left-k+1]) {
                nums[left+1] = nums[right];
                left++;
            }
        }
        return left+1;
    }
}

169. 多数元素

【169. 多数元素】

分析：

某个值在该数组中的个数超过一半，该值即叫做多数元素，这样的元素在这个数组中肯定只有一个
摩尔投票算法 可以使空间复杂度O(1)，时间复杂度为O(n).
B站上上视频讲解：https://www.bilibili.com/video/BV1Ey4y1n7hb

代码：

public class Solution {
    /* 摩尔投票 */
    public int MoreThanHalfNum_Solution(int [] arr) {
        // 票数
        int rating = 0;
        // m假设是个数超过一半的那个数
        int m = arr[0];
        for(int i=0; i<arr.length; i++) {
            // 当票数为0时， 将当前数当做m，并且票数设为1
            if(rating == 0){
                m = arr[i];
                rating = 1;
            } else {
                if(arr[i] == m)    // 若与m相同 票数就++
                    rating++;
                else    // 不同则--
                    rating--;
            }
        }
        
        return m;
    }
}

189. 轮转数组

【189. 轮转数组】

分析：

• 步骤一：整体翻转，[1,2,3,4,5,6,7] -> [7,6,5,4,3,2,1]
• 步骤二：数组截断，分成两段，若k=3，则[7,6,5,4,3,2,1] -> [7,6,5]、[4,3,2,1]
• 步骤三：分别对两段数组进行翻转，[7,6,5]、[4,3,2,1] -> [5,6,7]、[1,2,3,4]
• 步骤四：拼接两段，[5,6,7]、[1,2,3,4] -> [5,6,7,1,2,3,4]

代码：

class Solution {
    /**
     * 因为我们实际上并没有，分割数组（所有操作都是在原数组上），因此【步骤二】 和 【步骤四】是可以省略的
     */
    public void rotate(int[] nums, int k) {
        // 注意，该题的k有可能大于数组的长度，因此我们要提前取余
        k = k % nums.length;
        // 步骤一：整体翻转，[1,2,3,4,5,6,7] -> [7,6,5,4,3,2,1]
        reverse(nums, 0, nums.length-1);
        // 步骤二：数组截断，分成两段，若k=3，则[7,6,5,4,3,2,1] -> [7,6,5]、[4,3,2,1]
        // 步骤三：分别对两段数组进行翻转，[7,6,5]、[4,3,2,1] -> [5,6,7]、[1,2,3,4]
        reverse(nums, 0, k-1);
        reverse(nums, k, nums.length-1);
        // 步骤四：拼接两段，[5,6,7]、[1,2,3,4] -> [5,6,7,1,2,3,4]
    }

    /**
     * 翻转数组中元素 [a,b,c,d] -> [d,c,b,a]
     */
    public void reverse(int[] nums, int left, int right) {
        while(left < right) {
            swap(nums, left, right);
            left++;
            right--;
        }
    }

    /**
     * 交换数组中 index1 和index2 的位置
     */
    public void swap(int[] nums, int index1, int index2) {
        int temp = nums[index1];
        nums[index1] = nums[index2];
        nums[index2] = temp;
    }
}

121. 买卖股票的最佳时机

【121. 买卖股票的最佳时机】

分析：

• 需要两个全局变量，minLowVal：表示历史最低点； maxProfit：历史最大的模拟收益
• 遍历每天的股票，更新minLowVal，模拟 若当前价格大于历史最低点 则 卖掉股票，同时更新maxProfit

代码：

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        // 历史最低点
        int minLowVal = Integer.MAX_VALUE;
        // 历史最大的模拟收益
        int maxProfit = 0;

        for(int i=0; i<prices.length; i++) {
            int curPrice = prices[i];
            // 更新minLowVal
            minLowVal = Math.min(minLowVal, curPrice);
            // 若当天价格 高于 前面最低的价格，则模拟卖出股票
            if(curPrice > minLowVal) {
                int profit = curPrice - minLowVal;
                // 更新maxProfit
                maxProfit = Math.max(maxProfit, profit);
            }
        }
        return maxProfit;
    }
}

122. 买卖股票的最佳时机 II

【122. 买卖股票的最佳时机 II】

分析：

这题比上题还简单，(#^.^#)

不同点：

• 上题只能买卖一次，因此需要找到 前面的最低点 和 后面的最高点
• 这题可以无限买卖，只要 当天价格 > 昨天价格，我们就可以卖股票（就有收益）,然后收益累加

代码：

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        // 若只有一天的，则收益为0
        if(prices.length == 1) {
            return 0;
        }
        // 收益是累加的，初始值为0
        int maxProfit = 0;
        // 从第2天开始遍历
        for(int i=1; i<prices.length; i++) {
            // 若 当天价格 > 前一天价格，则模拟卖出股票，并且收益累加
            if(prices[i] > prices[i-1]) {
                int newProfit = prices[i] - prices[i-1];
                maxProfit += newProfit;
            }
        }

        return maxProfit;
    }
}

55. 跳跃游戏

【55. 跳跃游戏】

分析：

参考视频：【LeetCode_55_跳跃游戏】

代码：

class Solution {
    public boolean canJump(int[] nums) {
        /**
         * maxLen：表示历史情况下能够达到的最远下标的位置
         * 当到达0时，maxLen指 【0所能到达最远位置】
         * 当到达1时，maxLen指 【0所能到达最远位置】 和 【1所能到达最远位置】 的最大值
         * 当到达i时，maxLen指 【0所能到达最远位置】 和 【1所能到达最远位置】 ... 【i所能到达最远位置】 的最大值
         */
        int maxLen = 0;
        for(int i=0; i<nums.length; i++) {
            // 如果 maxLen 小于 i，则说明无论怎么跳都不能到达i的，直接返回false
            if(i > maxLen) {
                return false;
            }
            // 更新maxLen
            maxLen = Math.max(maxLen, i + nums[i]);
        }
        return true;
    }
}

274. H 指数

【274. H 指数】

分析：

• 先排序
• 引用值从大到小进行遍历
• 满足条件就count++，直到不满足为止

代码：

class Solution {
    public int hIndex(int[] citations) {
        // 先对数组进行排序，默认是递增
        Arrays.sort(citations);
        // 记录满足条件的文章数，初始值为0
        int count = 0;
        // 以 引用值从高到低 进行遍历
        for(int i = citations.length-1; i>=0; i--) {
            // 在比较的时候，要把当前文章也加上，因此这里是count+1
            if(citations[i] >= count+1) {
                count++;
            } else {
                break;
            }
        }
        return count;
    }
}

380. O(1) 时间插入、删除和获取随机元素

【380. O(1) 时间插入、删除和获取随机元素】

分析：

• 获取随机值，并且时间复杂度为O(1)，我们很容易想到使用数组来存储数据
• 而insert和remove的时间复杂度也为O(1)，我们又可以使用map，key存储对应的值，value存储该元素在数组中的下标

复杂的是remove函数，细细咀嚼吧

代码：

class RandomizedSet {
        // 用于存储添加的val
        List<Integer> list = new ArrayList();

        // key：具体插入的值  value：表示该值在list中的下标
        Map<Integer, Integer> map = new HashMap();

        // 随机数生成器对象
        Random random = new Random();

    public RandomizedSet() {     
    }
    
    public boolean insert(int val) {
        if(map.containsKey(val)) {
            return false;
        }
        list.add(val);
        map.put(val, list.size()-1);
        return true;
    }
    
    public boolean remove(int val) {
        if(!map.containsKey(val)) {
            return false;
        }
        // 1、获取待删除值的下标
        int idx = map.get(val);
        // 2、取list中最后一个值：last
        int last = list.get(list.size()-1);
        // 3、用last覆盖，要删除的值的位置
        list.set(idx, last);
        map.put(last, idx);
        // 4、删除最后一个位置，以及对应值
        map.remove(val);
        list.remove(list.size()-1);
        return true;
    }
    
    public int getRandom() {
        return list.get(random.nextInt(list.size()));
    }
}

238. 除自身以外数组的乘积

【238. 除自身以外数组的乘积】

分析：

解题思路：
B站上视频连接：https://www.bilibili.com/video/BV1xV411f773

• 利用类似于动态规划的思想，构建[0,i]的乘积数组，即i及i之前的所有数的乘积
• 利用类似于动态规划的思想，构建[i,n-1]的乘积数组，即i及i之后的所有数的乘积
• 最终根据题意 res[i] = cj1[i-1] * cj2[i+1]，求最终结果集

代码：

public class Solution {
    public int[] multiply(int[] A) {
        int n = A.length;
        // 用于存放 i及i之前的所有乘积（包含i：[0,i]）
        int[] cj1 = new int[n];
        // 用于存放 i及i之后的所有乘积（包含i：[i,n-1]）
        int[] cj2 = new int[n];
        // 用于存放那结果集
        int[] res = new int[n];
        
        // 类似于动态规划的求法，求cj1。[0,i]
        for(int i=0; i<n; i++) {
            // 若i为0，则区A[0] 边界条件
            if(i == 0)
                cj1[i] = A[0];
            else    // 动态规划
                cj1[i] = cj1[i-1] * A[i];
        }
        // 类似于动态规划的求法，求cj2。[i,n-1]。 同上
        for(int i=n-1; i>=0; i--) {
            if(i == n-1)
                cj2[i] = A[n-1];
            else
                cj2[i] = cj2[i+1] * A[i];
        }
        // 最后根据题意，求结果集
        for(int i=0; i<n; i++) {
            if(i == 0)
                res[i] = cj2[i+1];
            else if(i == n-1)
                res[i] = cj1[i-1];
            else
                res[i] = cj1[i-1] * cj2[i+1];
        }
        
        return res;
    }
}

739. 每日温度

【739. 每日温度】

分析：

单调栈 维护 还未找到后面更高温度的日期

参考视频：【单调栈，你该了解的，这里都讲了！LeetCode:739.每日温度】

代码：

class Solution {
    public int[] dailyTemperatures(int[] temperatures) {
        // 单调递增栈，存放还未找到最近最高温度的日期，存放的是下标
        Stack<Integer> stack = new Stack();
        // 存放待返回的结果
        int[] ret = new int[temperatures.length]; 
        stack.push(0);
        // 遍历温度表
        for(int i=1; i<temperatures.length; i++) {
            int cur = temperatures[i];
            // 若栈顶温度 小于 当天温度，则说明当天温度 相对于 栈顶元素来说，就是最近的更高温度
            while(!stack.isEmpty() && temperatures[stack.peek()] < cur) {
                // 已经为栈顶元素找到了 最近的最高温度，则没必要放到栈中了
                int popedIdx = stack.pop();
                // 记录天数差
                ret[popedIdx] = i - popedIdx;
            }
            stack.push(i);
        }
        // 最后stack不为空，则说明stack中的元素 后面找不到更高温度的日期
        while(!stack.isEmpty()) {
            int popedIdx = stack.pop();
            ret[popedIdx] = 0;
        }

        return ret;
    }
}

42. 接雨水

【42. 接雨水】

分析：

参考视频：【单调栈，经典来袭！LeetCode:42.接雨水】

建议先做上一题

• 找到较低点的前一个较大值 和 后一个较大值，则可以算较低点 相对于 前、后两个较大点所接的雨水（横向求解，水平求解）
• 维护一个单调栈（存储下标），若当前值大于栈顶元素，则栈顶元素就是 较低点，栈顶第二个元素就是较低点的前一个较大点，当前值就是较低点的下一个较大点

代码：

class Solution {
    public int trap(int[] height) {
        // stack维护一个单调栈（非递减），存储下标
        Stack<Integer> stack = new Stack();
        // 记录接雨水的总数
        int sum = 0;
        for(int i=0; i<height.length; i++) {
            int cur = height[i];
            // 若栈顶元素 小于 当前值则弹出（表示当前值是栈顶元素的后续第一个较大者）
            while(!stack.isEmpty() && height[stack.peek()] < cur) {
                // nextHeight：下个较大值(下标)
                int nextHeight = i;
                // mid：就是中间点(下标)
                int mid = stack.pop();
                if(stack.isEmpty()) {   // 若为空 则直接跳过，不处理
                    break;
                }
                // preHeight:前一个较大值(下标)
                int preHeight = stack.peek();
                // 高度差
                int diffY = Math.min(height[preHeight], height[nextHeight]) - height[mid];
                // 宽度差
                int diffX = nextHeight - preHeight - 1;
                // 面积累计
                sum += diffX * diffY;
            }
            stack.push(i);
        }
        return sum;
    }
}

链表

141. 环形链表（基础模板题）

【141. 环形链表】

分析：

可以参考我之前总结的这篇文章，很详细【判断单链表是否有环？以及入环节点】

代码：

public class Solution {
    public boolean hasCycle(ListNode head) {
        if(head == null) return false;
        if(head.next == null) return false;
        ListNode slow = head.next;
        ListNode fast = head.next.next;
        while(slow != fast) {
            if(fast == null || fast.next == null) {
                return false;
            }
            slow = slow.next;
            fast = fast.next.next;
        }
        return true;
    }
}

142. 环形链表 II

【142. 环形链表 II】

分析：

可以参考我之前总结的这篇文章，很详细【判断单链表是否有环？以及入环节点】

代码：

public class Solution {
    public ListNode detectCycle(ListNode head) {
        if(head == null) return null;
        if(head.next == null) return null;
        ListNode slow = head.next;
        ListNode fast = head.next.next;
        while (slow != fast) {
            if(fast == null || fast.next == null) {
                return null;
            }
            slow = slow.next;
            fast = fast.next.next;
        }
        slow = head;
        while(slow != fast) {
            slow = slow.next;
            fast = fast.next;
        }
        return fast;
    }
}

202. 快乐数

【202. 快乐数】

分析：

参考官方题解：【快乐数】

每个数字都会根据平方和指向另一个数字，所以从任意数字开始进行 各位平方和 的迭代操作，就相当于在链表上游走。

我们猜测最终会有如下三种情况：

1. 最终会得到1
2. 最终会进入循环
3. 值会越来越大，最后接近无穷大（不可能）

其实第3中情况是不可能的，接下来分析一下为什么？
我们想象一下1位数、2位数、3位数…n位数，他们的最大值的next（即各位平方和）是多少：

• 对于 3 位数的数字，它不可能大于 243。这意味着它要么被困在 243 以下的循环内，要么跌到 1。
• 4 位或 4 位以上的数字在每一步都会丢失一位，直到降到 3 位为止。
• 所以我们知道，最坏的情况下，算法可能会在 243 以下的所有数字上循环，然后回到它已经到过的一个循环或者回到 1。但它不会无限期地进行下去，所以我们排除第三种选择。

所以只会出现两种情况，两种情况最终都会成环：

1. 以1成环（因为1的各位平方和 = 1，即1.next = 1）
2. 不以1成环

步骤：
1、 使用快慢指针来判断成环
2、判断若是以1成环则返回为true，否则false

代码：

class Solution {
    public boolean isHappy(int n) {
        int slow = getHappy(n);
        int fast = getHappy(getHappy(n));
        while(fast != slow) {  
            // 每次走1步
            slow = getHappy(slow);
            // 每次走两步
            fast = getHappy(getHappy(fast));
        }
        // 若是以1成环，则是快乐数
        if(fast == 1) {
            return true;
        }
        return false;
    }
    /**
     * 算出各位平方和
     */
    public int getHappy(int n) {
        int sum = 0;
        while(n > 0) {
            int m = n % 10;
            sum += m * m;
            n /= 10;
        }
        return sum;
    }
}

2. 两数相加

【2. 两数相加】

分析：

说白了就是模拟数字的加法运算

注意：
勿忘判断 最后一个进位是否为1，若为1就补上

代码：

class Solution {
    public ListNode addTwoNumbers(ListNode l1, ListNode l2) {
        ListNode head1 = l1;    // 移动指针1，指向链表1
        ListNode head2 = l2;    // 移动指针2，指向链表2
        // 构建结果链表
        ListNode resHead = new ListNode();
        ListNode temp = resHead;// 移动指针3，指向链表3
        // 进位值， 默认是0  （作用域一定要是外面）
        int carry = 0;

        while(null != head1 || null != head2) {
            // 为空取0， 否则取val（核心思想）
            int num1 = null==head1 ? 0 : head1.val;
            int num2 = null==head2 ? 0 : head2.val;

            int sum = num1 + num2 + carry;
            // 求模取余 获取当前节点值
            int curVal = sum % 10;
            // 整除获取进位值
            carry = sum / 10;

            // 构建当前节点
            ListNode curNode = new ListNode(curVal);
            // 尾插法
            temp.next = curNode; temp = curNode;

            // 节点后移，只需要考虑不为null的链表即可，因为为null的话我们默认取0, 不会有影响
            if(null != head1) 
                head1 = head1.next;
            if(null != head2) 
                head2 = head2.next;

        }

        // 最后节点遍历完后，判断最后一步运算是否进位了，进位则补1，否则不处理
        if(carry == 1) {
            ListNode lastNode = new ListNode(1);
            temp.next = lastNode;
        }

        return resHead.next;
    }
}

21. 合并两个有序链表（模板题）

【21. 合并两个有序链表】

分析：

• 双指针分别指向 list1 和 list2
• 比较list1 和 list2 的指针指向的节点大小，更小者最拼接到新链表末尾，并且指针后移
• 若某一个链表已经遍历完，那么直接将另一个未遍历完的链表连接到新链表的尾部

直接看代码，代码更清晰

代码：

class Solution {
    public ListNode mergeTwoLists(ListNode list1, ListNode list2) {
        // 新链表的虚拟头结点
        ListNode head = new ListNode(0);
        ListNode cur = head;
        // 从list1 和 list2 中取更小者拼接到新链表尾部
        while(list1 != null && list2 != null) {
            if(list1.val <= list2.val) {
                cur.next = list1;
                list1 = list1.next;
            } else {
                cur.next = list2;
                list2 = list2.next;
            }
            cur = cur.next;
        } 
        // 能走到这里，只有有两种情况：1、list1合并完了、list2没合并完 2、list1没合并完、list2合并完了
        // 合并list1剩余的元素
        if(list1 != null) {
            cur.next = list1;
        }
        // 合并list2剩余的元素
        if(list2 != null) {
            cur.next = list2;
        }
        return head.next; 
    }
}

138. 复制带随机指针的链表

【138. 复制带随机指针的链表】

分析：

• 第一次遍历原链表：简单复制新的节点（此时新老节点 仅仅是val相同），遍历的过程中将新、老节点的映射关系存储在map中
• 第二次遍历原链表：复制链表中 next 、 random的指向关系（依赖map中的映射关系）

代码：

class Solution {
    public Node copyRandomList(Node head) {
        if(head == null) {
            return null;
        }
        Map<Node, Node> map = new HashMap();
        Node cur = head;
        // 1、 第一次遍历原链表： 创建对应的新节点 并且对应关系存入到map集合中
        while(cur != null) {
            // 1.1 创建新节点
            Node newNode = new Node(cur.val);
            // 2.2 并将 以oldNode为key，newNode为value的方式存入到map中   oldNode:newNode
            map.put(cur, newNode);
            
            cur = cur.next;
        }
        // 2、第一次遍历原链表：进行深拷贝
        cur = head;
        while(cur != null) {
            // 2.1 复制对应next节点
            map.get(cur).next = map.get(cur.next);
            // 2.2 复制对应random节点
            map.get(cur).random = map.get(cur.random);

            cur = cur.next;
        }
        return map.get(head);
    }
}

92. 反转链表 II

【92. 反转链表 II】

分析：

• 方法一：链表先切为三段，然后翻转第二段，然后重新拼接。
• 方法二：双指针头插法。这里看到了一个很优秀的题解，分享一下：【ava-双指针-头插法】

代码：

解法一：

class Solution {
    public ListNode reverseBetween(ListNode head, int left, int right) {
        ListNode dummyNode = new ListNode(-1);
        dummyNode.next = head;
        ListNode prev = dummyNode;
        for(int i=0; i<left-1; i++) {
            prev = prev.next;
        }
        ListNode end = head;
        for(int i=0; i<right-1; i++) {
            end = end.next;
        }
        // 第一段 与 第二段 断开
        ListNode oldBegin = prev.next;
        prev.next = null;
        // 第二段 与 第三段 断开
        ListNode thirdBegin = end.next;
        end.next = null;
        // 反转第二段
        ListNode newBegine = reverse(oldBegin);
        // 重新拼接三段
        prev.next = newBegine;
        oldBegin.next = thirdBegin;
        
        return dummyNode.next;
    }
    // 链表反转
    public ListNode reverse(ListNode head) {
        ListNode prev = null;
        ListNode cur = head;
        while(cur != null) {
            ListNode nextNode = cur.next;
            cur.next = prev;

            prev = cur;
            cur = nextNode;
        }
        return prev;
    }
}

解法二：

class Solution {
    public ListNode reverseBetween(ListNode head, int left, int right) {
        // 虚拟头结点
        ListNode dummyHead = new ListNode();
        dummyHead.next = head;
        ListNode guard = dummyHead;
        ListNode cur = head;
        // 将cur移动到left位置
        for(int i=0; i<left-1; i++) {
            cur = cur.next;
            guard = guard.next;
        }
        // 将cur的下一元素 以头插法的方式插入到guard后面，循环right-left次
        for(int i=0; i<right-left; i++) {
            // 1、先拿到cur的下一个元素
            ListNode removed = cur.next; 
            // 2、删除下个元素   
            cur.next = cur.next.next;   
            ///3、头插法插到guard后面
            removed.next = guard.next;
            guard.next = removed;
        }

        return dummyHead.next;
    }
}

25. K 个一组翻转链表

【25. K 个一组翻转链表】

分析：

参考讲解视频：【【LeetCode 25. K 个一组翻转链表】 每天一题刷起来！C++ 年薪冲冲冲！】

• 先将前 k 个节点组成的链表进行翻转
• 递归处理剩余的链表

代码：

class Solution {
    public ListNode reverseKGroup(ListNode head, int k) {
        // 特殊情况一：【链表为null 或者 k==1, 没必要反转】
        if(head == null || k == 1) {
            return head;
        }
        // end 指向当前节点
        ListNode end = head;
        // 下面这一段代码主要用来判断， 链表长度是否小于k
        for(int i=1; i<k && end != null; i++) {
            end = end.next;
        }
        if(end == null) {   // 若end为null说明 剩下节点不足k个了，不需要翻转
            return head;
        }
        // 走到此处 [head,end] 其实就是当前需要翻转的k个节点
        // 排除完特殊情况 下面就是正常情况了。 此时cur已经指向第k个节点了
        // 先保存下一节点（k+1）地址 ， 因为接下来要断开 cur与k+1 节点的连接
        ListNode nextListHead = end.next;
        // 断开k节点 与 k+1节点的连接  因为接下来要单独反转当前组单链表了
        end.next = null;
        // 反转当前组 单项链表
        ListNode newHead = reverse(head);   // 翻转之后，之前的head其实就跑到尾部了
        // 递归处理剩余剩下的链表，并拼接在之前的head后面（此时的head指针指向的是尾部）
        head.next = reverseKGroup(nextListHead, k);
        // 返回反转后的新头节点
        return newHead;
    }

    /**
     * 翻转单链表
     */
    private ListNode reverse(ListNode head) {
        ListNode cur = head;
        ListNode prev = null;
        while(cur != null) {
            ListNode nextNode = cur.next;
            cur.next = prev;
            prev = cur;
            cur = nextNode;
        }
        return prev;
    }
}

19. 删除链表的倒数第 N 个结点

【19. 删除链表的倒数第 N 个结点】

分析：

1. 算出链表的长度 - size
2. 根据 n 和 size 算出待删除节点的前一个节点位置
3. 找到待删除节点的前一个节点
4. 调用cur.next = cur.next.next 删除目标节点

为了避免处理边界节点，我们可以在头结点前面加一个虚拟头结点dummyHead

代码：

class Solution {
    public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
        int size = 0;
        ListNode cur = head;
        // 算出链表的长度
        while(cur != null) {
            size++;
            cur = cur.next;
        }
        // 计算待删除节点 的 前一个位置
        int index = size - n;
        // 虚拟头结点（避免处理特殊的边界情况）
        ListNode dummyHead = new ListNode(0);
        dummyHead.next = head;
        cur = dummyHead;
        // 指针指向待删除节点的前一个节点
        for(int i=0; i<index; i++) {
            cur = cur.next;
        }
        // 删除目标节点
        cur.next = cur.next.next;
        return dummyHead.next;
    }
}

82. 删除排序链表中的重复元素 II

【82. 删除排序链表中的重复元素 II】

分析：

• 涉及到要删除节点，所以我们需要有个prev（前节点）
• 为避免处理边界情况，我们加一个dummyHead（虚拟头结点）

遍历链表，会存在两种情况：

1. 情况一：如果当前节点与下个节点的值相同
   • while循环，cur一直后移 ，直到当前值与下个值不相同
   • cur后移
   • pre.next指向cur，相当于删除中间重复的节点
2. 情况二：正常情况
   • 前后指针 pre-cur指针后移

代码：

class Solution {
    public ListNode deleteDuplicates(ListNode head) {
        if(head == null) {
            return null;
        }
        ListNode dummyHead = new ListNode(-101);
        dummyHead.next = head;
        ListNode prev = dummyHead;
        ListNode cur = head;

        while(cur != null) {
            // 1. 情况一：如果当前节点与下个节点的值相同
            if(cur.next != null && cur.val == cur.next.val) {
                // cur一直后移 ，直到当前值与下个值不相同
                while(cur.next != null && cur.val == cur.next.val) {
                    cur = cur.next;
                }
                // cur后移
                cur = cur.next;
                // pre.next指向cur，相当于删除中间重复的节点
                prev.next = cur;
            } else {    // 2. 情况二：正常情况
                // 前后指针 pre-cur指针后移
                cur = cur.next;
                prev = prev.next;
            }
        }
        return dummyHead.next;
    }
}

61. 旋转链表

【61. 旋转链表】

分析：

1. 首先遍历整个链表，求出链表的长度count，并找出链表的尾节点tail

2. 由于k可能很大，所以我们令 k = k % n，然后再次从头节点head开始遍历，找到第n - k个节点p，那么1 ~ p是链表的前 n - k个节点，p+1 ~ n是链表的后k个节点

3. 接下来就是依次执行（顺序别搞错了）

   • tail.next = head：尾部与头部相连，连成一个环
   • newHead = p.next：获取新的head节点（这一步一定要在上一步之后，否则p.next可能为null）
   • p.next = null：截断环

4. 最后返回newHead

代码：

class Solution {
    public ListNode rotateRight(ListNode head, int k) {
        if(head == null || k == 0) {
            return head;
        }
        ListNode cur = head;
        ListNode tail = null;
        // 算出链表的长度
        int count = 0;
        while(cur != null) {
            count++;
            tail = cur;
            cur = cur.next;
        }
        // 算出截断位置
        k %= count;
        int index = count - k;
        ListNode p = head;
        for(int i=1; i<index; i++) {
            p = p.next;
        }
        // 先连成环，避免后面 newHead = p.next时，newHead为null
        tail.next = head;
        // 记录下一个节点（未来新的head）
        ListNode newHead = p.next;
        // 截断
        p.next = null;
        // 返回新head
        return newHead;
    }
}

86. 分隔链表

【86. 分隔链表】

分析：

1. 创建两个新链表，小链表、大链表
2. 遍历原链表，若val < x，将节点追加到小链表；若val >= x，则将节点追加到大链表
3. 最后 小链表的尾部 连接 大链表的头部

分析：

class Solution {
    public ListNode partition(ListNode head, int x) {
        if(head == null) {
            return head;
        }
        // 小链表的虚拟头
        ListNode smallDummyHead = new ListNode(-1);
        ListNode p1 = smallDummyHead;
        // 大链表的虚拟头
        ListNode bigDummyHead = new ListNode(-1);
        ListNode p2 = bigDummyHead;
        // 遍历原链表
        while(head != null) {
            if(head.val < x) {  // 比x小则追加到小链表
                p1.next = head;
                p1 = p1.next;
            } else {    // 都在追加到大链表（包括相等的情况）
                p2.next = head;
                p2 = p2.next;
            }
            head = head.next;
        }
        // 小链表的尾部 连接 大链表的头部
        p1.next = bigDummyHead.next;
        // 这里一定要断开，否则可能会成环
        p2.next = null;
        return smallDummyHead.next;
    }
}

双指针

125. 验证回文串

【125. 验证回文串】

分析：

• 双指针：左右指针同步往内移动，若字符（排除掉特殊字符）不同则为false
• Character.isLetterOrDigit()：判断是否是数字或者字母字符
• Character.toLowerCase()：字母转成小写

代码：

class Solution {
    public boolean isPalindrome(String s) {
        s = s.trim();
        if(s.length() == 0) {
            return true;
        }
        int left = 0;
        int right = s.length() - 1;

        while(left < right) {
            // 左侧：left指针，跳过非数字或者字母的字符
            while(left < right && !Character.isLetterOrDigit(s.charAt(left))) {
                left++;
            }
            // 右侧：right指针，跳过非数字或者字母的字符
            while(left < right && !Character.isLetterOrDigit(s.charAt(right))) {
                right--;
            }
            // 字符都归一化成小写
            char leftChar = Character.toLowerCase(s.charAt(left));
            char rightChar = Character.toLowerCase(s.charAt(right));
            // 若不同 返回false
            if(leftChar != rightChar) {
                return false;
            }
            // 同步向内移动
            left++;
            right--;
        }
        return true;
    }
}

392. 判断子序列

【392. 判断子序列】

分析：

• 双指针，p1指向字符串s，p2指向字符串t
• 字符遍历，一直遍历，直到s结束 或者 t结束
• p2指针每次后后移一步，p1指针只有 两个字符相同时 才会后移

代码：

class Solution {
    public boolean isSubsequence(String s, String t) {
        if(s.length() == 0) {
            return true;
        }
        if(t.length() == 0) {
            return false;
        }
        int p1 = 0;
        int p2 = 0;
        // 一直遍历，直到s结束 或者 t结束
        while(p1 < s.length() && p2 < t.length()) {
            if(s.charAt(p1) == t.charAt(p2)) {
                // 若相同，则s的指针-p1也会后移
                p1++;
            }
            // t的指针-p2总会后移一步
            p2++;
        }
        //  p1 == s.length() 时，表明s已经遍历完了
        return p1 == s.length();
    }
}

167. 两数之和 II - 输入有序数组

【167. 两数之和 II - 输入有序数组】

分析：

B站上视频讲解：https://www.bilibili.com/video/BV1J741157eS

1. 左右双指针。左指针-l初始为0位置，右指针-r初始为length-1。
2. while(l循环。 若和大于sum则右指针左移；若和小于sum则左指针右移。

代码：

class Solution {
    public int[] twoSum(int[] numbers, int target) {
        int left = 0;
        int right = numbers.length - 1;
        while(left < right) {
            int sum = numbers[left] + numbers[right];
            if(sum == target) {
                int[] res = new int[2];
                res[0] = left+1;
                res[1] = right+1;
                return res;
            }
            if(sum < target) {
                left++;
            } else {
                right--;
            }
        }
        return new int[]{-1, -1};
    }
}

11. 盛最多水的容器

【11. 盛最多水的容器】

分析：

借鉴题解：https://leetcode.cn/problems/container-with-most-water/solution/container-with-most-water-shuang-zhi-zhen-fa-yi-do/

结论：左右指针，谁的高度越低，谁就往中间移动

• 若向内移动短板，水槽的短板min(h[i], h[j])可能变大，因此下个水槽面积可能增大
• 若向内移动长板，水槽的短板min(h[i], h[j])不变或变小，因此下个水槽面积一定变小

流程：

• 初始化：双指针left，right分列水槽的两端
• 循环收窄：直到双指针相遇则跳出
  • 更新面积最大值max
  • 选定两板高度中的短板，向中间收窄一格
• 返回值：返回面积最大值即可

代码：

class Solution {
    public int maxArea(int[] height) {
        int max = Integer.MIN_VALUE;
        int left = 0;
        int right = height.length-1;
        while(left < right) {
            int area = (right - left) * Math.min(height[left], height[right]);
            max = Math.max(max, area);
            // 谁低谁往中间移动
            if(height[left] < height[right]) {
                left++;
            } else {
                right--;
            }
        }
        return max;
    }
}

15. 三数之和（已总结）

【15. 三数之和】

分析：

• 先排序
• 通过枚举 i 确定第一个数，另外两个指针 left，right 分别从左边 i + 1 和右边 length - 1 往中间移动，找到满足 nums[left] + nums[right] == -nums[i] 的所有组合
• 去重：因为是有序序列，因此我们可以用如下方式去重（重点，看代码细细品味）

代码：

class Solution {
    public List<List<Integer>> threeSum(int[] nums) {
        List<List<Integer>> res = new ArrayList();
        // 先排序
        Arrays.sort(nums);
        int n = nums.length;
        // 遍历每个元素，当做三元组的首个元素
        for(int i=0; i<n; i++) {
            // 对第一个元素去重
            if(i != 0 && nums[i] == nums[i-1]) {
                continue;
            }
            int target = -nums[i];
            int left = i+1;
            int right = n-1;
            while(left < right) {
                int sum = nums[left] + nums[right];
                if(sum < target) {
                    left++;
                } else if (sum > target) {
                    right--;
                } else {
                    if(sum == target) {
                        res.add(Arrays.asList(nums[i], nums[left], nums[right]));
                        // 因为我们要找到所有 三元组，因此需要继续找
                        // 找下一个跟 当前tempL不同的值作为新的left（因为数组是有序的，因此这样可以保证去重）
                        int tempL = nums[left++];
                        while(left < right && nums[left] == tempL) {
                            left++;
                        }
                        // 找下一个跟 当前tempR不同的值作为新的right（同理）
                        int tempR = nums[right--];
                        while(left < right && nums[right] == tempR) {
                            right--;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        return res;
    }
}

区间

228. 汇总区间

【228. 汇总区间】

分析：

• 双指针low、high，[low, high] 用于维护递增1的有序序列
• high每次累加1
• low每次更新到high

代码：

class Solution {
    public List<String> summaryRanges(int[] nums) {
        List<String> res = new ArrayList();
        if(nums.length == 0) {
            return new ArrayList();
        }
        int len = nums.length;
        int low = 0;
        // [low, high] 用于维护递增1的有序序列
        while(low < len) {
            int high = low + 1;
            // 若 nums[high-1] + 1 == nums[high] 则high后移，直到不满足条件为止
            while(high < len && nums[high-1] + 1 == nums[high]) {
                high++;
            }
            // 此时 nums[high-1] + 1 != nums[high], 则[low, high-1] 就是递增1的有序序列
            String s = "";
            if(nums[low] == nums[high-1]) {
                s = String.valueOf(nums[low]);
            } else {
                s = nums[low] + "->" + nums[high-1];
            }
            res.add(s);
            // low重置，指向high位置
            low = high;
        }
        return res;

    }
}

252. 会议室

分析：

参考文章：【秒懂力扣区间题目：重叠区间、合并区间、插入区间】

因为一个人在同一时刻只能参加一个会议，因此题目实质是判断是否存在重叠区间?，这个简单，将区间按照会议开始时间进行排序，然后遍历一遍判断即可。

代码：

class Solution {
    public boolean canAttendMeetings(int[][] intervals) {
        // 将区间按照会议开始实现升序排序
        Arrays.sort(intervals, (v1, v2) -> v1[0] - v2[0]);
        // 遍历会议，如果下一个会议在前一个会议结束之前就开始了，返回 false。
        for (int i = 1; i < intervals.length; i++) {
            if (intervals[i][0] < intervals[i - 1][1]) {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
}

56. 合并区间

【56. 合并区间】

分析：

参考文章：【秒懂力扣区间题目：重叠区间、合并区间、插入区间】

• 遍历intervals
• 若interval与res的最后一个元素区间重合，则合并最后一个区间
• 否则 则直接加入到res中

代码：

class Solution {
    public int[][] merge(int[][] intervals) {
        List<int[]> res = new ArrayList();
        // 升序排列
        Arrays.sort(intervals, (v1,v2) -> v1[0] - v2[0]);
        // 遍历intervals，更新res
        for(int[] interval: intervals) {
            if(!res.isEmpty() && interval[0] <= res.get(res.size()-1)[1]) { // 重叠了，则更新res的最后一个元素
                // 拿到 res的最后一个元素
                int[] last = res.get(res.size()-1);
                // 更新last[1]
                last[1] = Math.max(last[1], interval[1]);
            } else {    // 不重叠则直接更新
                res.add(interval);
            }
        }
        int[][] res1 = new int[res.size()][2];
        for(int i=0; i<res.size(); i++) {
            for(int j=0; j<2; j++) {
                res1[i][j] = res.get(i)[j];
            }
        }
        return res1;
    }
}

57. 插入区间

【57. 插入区间】

分析：

用指针去扫 intervals，最多可能有三个阶段：

1. 不重叠的前半部分
2. 重叠的部分
3. 不重叠的后半部分

参考解题思路：【「手画图解」57. 插入区间 | 分成 3 个阶段考察】

代码：

class Solution {
    public int[][] insert(int[][] intervals, int[] newInterval) {
        List<int[]> res = new ArrayList();
        int i=0;
        int len = intervals.length;
        // 处理第一部分：不重叠的前半部区间
        while(i < len && intervals[i][1] < newInterval[0]) {
            res.add(intervals[i]);
            i++;
        }

        // 处理第二部分：重叠的区间
        while(i < len && intervals[i][0] <= newInterval[1]) {
            // 左边界，则取最小值
            newInterval[0] = Math.min(intervals[i][0], newInterval[0]);
            // 右边界，则取最大值
            newInterval[1] = Math.max(intervals[i][1], newInterval[1]);
            i++;
        }
        res.add(newInterval);

        // 处理第三部分：不重叠的后半部区间
        while(i < len) {
            res.add(intervals[i]);
            i++;
        }

        int[][] res1 = new int[res.size()][2];
        for(i=0; i<res.size(); i++) {
            for(int j=0; j<2; j++) {
                res1[i][j] = res.get(i)[j];
            }
        }
        return res1;
    }
}

二叉树

104. 二叉树的最大深度

【104. 二叉树的最大深度】

分析：

计算公式：以root为根树的高度 = max(root左子树的高度, root右子树的高度) + 1
很明显想算出以root为根树的高度，就要先算出子树的高度，因此我们很容想到的就是后序遍历

后序遍历特点：先算出左、右子节点结果，再通过回溯的特点往上推，实际上就是自底向上的计算方式

代码：

class Solution {
    public int maxDepth(TreeNode root) {
        return depth(root);
    }

    public int depth(TreeNode root) {
        if(root == null) {
            return 0;
        }
        // 左子树高度
        int leftDepth = depth(root.left);
        // 右子树高度
        int rightDepth = depth(root.right);
        // 代入公式算出 以root为根的树的高度
        int depth = Math.max(leftDepth, rightDepth) + 1;
        return depth;
    }
}

100. 相同的树

【100. 相同的树】

分析：

• 深度优先，后序遍历
• 先判断边界条件
  • p == null && q == null：都为null，则说明遍历到叶子节点了
  • p == null || q == null：到这里，其实 p、q一个为null、另一个不为null，因此一定不相同
  • p.val != q.val：值不相同，一定不相同
• 判断左、右子树结果
• 汇总

代码：

class Solution {
    public boolean isSameTree(TreeNode p, TreeNode q) {
        return isSame(p, q);
    }

    public boolean isSame(TreeNode p, TreeNode q) {
        // 都为null，则说明遍历到叶子节点了
        if(p == null && q == null) {
            return true;
        }
        // 到这里，其实 p、q一个为null、另一个不为null，因此一定不相同
        if(p == null || q == null) {
            return false;
        }
        // 值不相同，一定不相同
        if(p.val != q.val) {
            return false;
        }
        boolean leftIsSame = isSame(p.left, q.left);
        boolean rightIsSame = isSame(p.right, q.right);
        // 只有左右子树都为相同，才相同
        return leftIsSame && rightIsSame;
    }
}

101. 对称二叉树

【101. 对称二叉树】

分析：

大体框架与上题一样：

• 这里是把根节点的左右子树当做两棵树
• 然后比较这两棵树是否对称

比较两棵树是否相同的主要代码：

boolean leftIsSame = isSame(root1.left, root2.left);
boolean rightIsSame = isSame(root1.right, root2.right);

比较两棵树是否对称的主要代码：

// 判断对称的外侧，即 左树的左孩子 与 右树的右孩子
boolean outFlag = symmetric(root1.left, root2.right);
// 判断对称的内侧，即 左树的右孩子 与 右树的左孩子
boolean inFlag = symmetric(root1.right, root2.left);

代码：

class Solution {
    public boolean isSymmetric(TreeNode root) {
        return symmetric(root.left, root.right);
    }

    public boolean symmetric(TreeNode root1, TreeNode root2) {
        if(root1 == null && root2 == null) {
            return true;
        }
        if(root1 == null || root2 == null) {
            return false;
        }
        if(root1.val != root2.val) {
            return false;
        }
        // 判断对称的外侧，即 左树的左孩子 与 右树的右孩子
        boolean outFlag = symmetric(root1.left, root2.right);
        // 判断对称的内侧，即 左树的右孩子 与 右树的左孩子
        boolean inFlag = symmetric(root1.right, root2.left);
        return outFlag && inFlag;
    }
}

根相同的两棵树root1，root2，判断root2是否是root1的子树？

该题前提：

• root1.val == root2.val
• 是否为子树？我们可理解为 “root1（大树）是否包含root2（小树）？”

分析：

大体框架和【100. 相同的树】类似，只是处理边界逻辑发生改变

// 如果匹配的树为null 则说明匹配到叶子节点了 已经匹配完了
if(subtree == null) {
    return true;
}
// 如果root为null 则说明大树匹配到叶子节点了 还没匹配完子树
if(root == null) {
    return false;
}

代码：

/**
 * 判断subTree是否为root的子树？
 */
public boolean judge(TreeNode root, TreeNode subtree ) {
    // 如果匹配的树为null 则说明匹配到叶子节点了 已经匹配完了
    if(subtree == null) {
        return true;
    }
    // 如果root为null 则说明大树匹配到叶子节点了 还没匹配完子树
    if(root == null) {
        return false;
    }
    // 节点值不同，则直接返回false
    if(root.val != subtree.val) {
        return false;
    }
    boolean leftJudge = judge(root.left, subtree.left);
    boolean rightJudge = judge(root.right, subtree.right);
    return leftJudge && rightJudge;
    
}

剑指 Offer 26. 树的子结构

【剑指 Offer 26. 树的子结构】

分析：

解题步骤：

1. 遍历大树
2. 若以任意节点为根的树 包含 目标子树，则返回true

注意点：在遍历大树时，别调错递归方法了，调的是isSubStructure，而不是judge

代码：

class Solution {
    public boolean isSubStructure(TreeNode root1,TreeNode root2) {
        if(root1==null || root2==null) return false;
        // 若以当前节点为根的树 包含目标子树，则直接返回true
        if(judge(root1, root2)) {
            return true;
        }
        // 下面调isSubStructure是起遍历的作用，别调错成judge了
        boolean leftFlag = isSubStructure(root1.left, root2);
        boolean rightFlag = isSubStructure(root1.right, root2);
        // 存在左右子树任意匹配即可
        return leftFlag || rightFlag;
    }

    /**
     * 判断subTree是否为root的子树？
     */
    public boolean judge(TreeNode root, TreeNode subtree ) {
        // 如果匹配的树为null 则说明匹配到叶子节点了 已经匹配完了
        if(subtree == null) {
            return true;
        }
        // 如果root为null 则说明大树匹配到叶子节点了 还没匹配完子树
        if(root == null) {
            return false;
        }
        // 节点值不同，则直接返回false
        if(root.val != subtree.val) {
            return false;
        }
        boolean leftJudge = judge(root.left, subtree.left);
        boolean rightJudge = judge(root.right, subtree.right);
        return leftJudge && rightJudge;  
    }  
}

226. 翻转二叉树

【226. 翻转二叉树】

分析：

• 遍历大树，并且交换左、右孩子

代码：

class Solution {
    public TreeNode invertTree(TreeNode root) {
        dfs(root);
        return root;
    }
    /**
     * 遍历大树，且交换左、右孩子
     */
    public void dfs(TreeNode root) {
        if(root == null) {
            return;
        }
        swap(root);
        dfs(root.left);
        dfs(root.right);
    }
    /**
     * 交换root 的 左子树 和 右子树
     */
    public void swap(TreeNode root) {
        if(root == null) {
            return;
        }
        TreeNode temp = root.left;
        root.left = root.right;
        root.right = temp;
    }
}

105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树

【105. 从前序与中序遍历序列构造二叉树】

分析：

上面【分治算法-系列】的【剑指 Offer 07. 重建二叉树】

代码：

class Solution {
    int[] preorder;
    int[] inorder;
    // 存储中序遍历 对应值的下标
    private HashMap<Integer, Integer> inorderMap = new HashMap();
    public TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {
        this.preorder = preorder;
        this.inorder = inorder;
        for(int i=0; i<inorder.length; i++) {
            inorderMap.put(inorder[i], i);
        }
        return build(0, preorder.length-1, 0, inorder.length-1);
    }

    public TreeNode build(int left1, int right1, int left2, int right2) {
        if(left1>right1 || left2>right2) {
            return null;
        }
        int rootVal = preorder[left1];
        TreeNode root = new TreeNode(rootVal);
        int idx = inorderMap.get(rootVal);
        int leftTreeSize = idx - left2; // 左子树大小
        int rightTreeSize = right2 - idx;   // 右子树大小
        // 构建左孩子
        root.left = build(left1+1, left1+leftTreeSize, left2, left2+leftTreeSize-1);
        // 构建右孩子
        root.right = build(left1+leftTreeSize+1, right1, idx+1, right2);
        return root;
    }
}

106. 从中序与后序遍历序列构造二叉树

【106. 从中序与后序遍历序列构造二叉树】

分析：

和上题类思路一致

代码：

class Solution {
    int[] postorder;
    int[] inorder;
    // 存储中序遍历 对应值的下标
    private HashMap<Integer, Integer> inorderMap = new HashMap();
    public TreeNode buildTree(int[] inorder, int[] postorder) {
        this.postorder = postorder;
        this.inorder = inorder;
        for(int i=0; i<inorder.length; i++) {
            inorderMap.put(inorder[i], i);
        }
        return build(0, postorder.length-1, 0, inorder.length-1);
    }

    public TreeNode build(int left1, int right1, int left2, int right2) {
        if(left1>right1 || left2>right2) {
            return null;
        }
        int rootVal = postorder[right1];
        TreeNode root = new TreeNode(rootVal);
        int idx = inorderMap.get(rootVal);
        int leftTreeSize = idx - left2; // 左子树大小
        int rightTreeSize = right2 - idx;   // 右子树大小
        // 构建左孩子
        root.left = build(left1, left1+leftTreeSize-1, left2, left2+leftTreeSize-1);
        // 构建右孩子
        root.right = build(left1+leftTreeSize, right1-1, idx+1, right2);
        return root;
    }
}

117. 填充每个节点的下一个右侧节点指针 II

【117. 填充每个节点的下一个右侧节点指针 II】

分析：

使用宽度优先遍历

代码：

class Solution {
    public Node connect(Node root) {
        if(root == null) {
            return null;
        }
        Queue<Node> queue = new LinkedList();
        queue.offer(root);
        while(!queue.isEmpty()) {
            int len = queue.size();
            for(int i=0; i<len; i++) {
                Node node = queue.poll();
                if(node.left != null) {
                    queue.offer(node.left);
                }
                if(node.right != null) {
                    queue.offer(node.right);
                }
                // next指向下一个节点，但是要判断queue不为空
                if(!queue.isEmpty()) {
                    node.next = queue.peek();
                }
                // 最后一个要指向null
                if(i == len-1) {
                    node.next = null;
                }
            }
        }
        return root;
    }
}

114. 二叉树展开为链表

【114. 二叉树展开为链表】

分析：

该方法不是时间复杂度最低的

• 前序遍历将节点放入到list
• 遍历list，更新左、右子节点的指向关系

代码：

class Solution {
    List<TreeNode> list = new ArrayList();
    public void flatten(TreeNode root) {
        preorderDfs(root);
        for(int i=0; i<list.size(); i++) {
            TreeNode cur = list.get(i);
            cur.left = null;
            if(i == list.size()-1) {
                cur.right = null;
            } else {
                cur.right = list.get(i+1);
            }
        }
    }
    // 前序遍历
    public void preorderDfs(TreeNode root) {
        if(root == null) {
            return;
        }
        list.add(root);
        preorderDfs(root.left);
        preorderDfs(root.right);
    }
}

112. 路径总和

【112. 路径总和】

分析：

前面已经总结过了【JZ82 二叉树中和为某一值的路径(一)】

代码：

class Solution {
    public boolean hasPathSum(TreeNode root, int targetSum) {
        if(root == null) {
            return false;
        }
        return dfs(root, targetSum);
    }

    public boolean dfs(TreeNode root, int target) {
        if(root == null) {
            return false;
        }
        target -= root.val;
        // 叶子节点：root.left == null && root.right == null
        if(root.left == null && root.right == null && target == 0) {
            return true;
        }
        return dfs(root.left, target) || dfs(root.right, target);
    }
}

129. 求根节点到叶节点数字之和

【129. 求根节点到叶节点数字之和】

分析：

该题上面已总结过：【剑指 Offer II 049. 从根节点到叶节点的路径数字之和】

代码：

class Solution {
    int sum = 0;
    int pro = 0;
    public int sumNumbers(TreeNode root) {
        dfs(root);
        return sum;
    }

    public void dfs(TreeNode root) {
        if(root == null) {
            return;
        }
        int curVal = root.val;
        pro = pro * 10 + curVal;
        if(root.left == null && root.right == null) {
            sum += pro;
        }
        dfs(root.left);
        dfs(root.right);
        pro /= 10;
    }
}

222. 完全二叉树的节点个数

【222. 完全二叉树的节点个数】

分析：

参考视频：【leetcode-树篇 222题 完全二叉树的节点个数】

求完全二叉树深度：

/**
 * 完全二叉树深度
 */
public int getDepth(TreeNode root) {
    int level = 0;
    while(root != null) {
        level++;
        root = root.left;
    }
    return level;
}

代码：

其中 1 << leftDepth : 【当前节点数：1】 + 【左子树节点个数】 = 1 + 2^n -1 = 2^n

class Solution {
    public int countNodes(TreeNode root) {
        if(root == null) {
            return 0;
        }
        // 求左子树的高度
        int leftDepth = getDepth(root.left);
        // 求右子树的高度
        int rightDepth = getDepth(root.right);

        if(leftDepth == rightDepth) {   // 此时左子树肯定是完全二叉树
            // 1（根节点） + n^2-1（左完全二叉树节点数）+ 右子树节点数量
            return (1 << leftDepth) + countNodes(root.right);
        } else {    // 此时右子树肯定是完全二叉树
            // 1（根节点） + n^2-1（右完全二叉树节点数）+ 右子树节点数量
            return (1 << rightDepth) + countNodes(root.left);
        }
    }
    /**
     * 完全二叉树深度
     */
    public int getDepth(TreeNode root) {
        int level = 0;
        while(root != null) {
            level++;
            root = root.left;
        }
        return level;
    }
}

236. 二叉树的最近公共祖先

【236. 二叉树的最近公共祖先】

分析：

上面已经总结过该题：【剑指 Offer 68 - II. 二叉树的最近公共祖先】

代码：

class Solution {
    public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
        if(root == null) {
            return null;
        }
        return dfs(root, p, q);
    }

    // 【后续遍历】的特点：可以把最终返回的节点 通过递归一直往上推
    public TreeNode dfs(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
        // 当前节点为null，则肯定找不到，直接返回null
        if(root == null) {
            return null;
        }
        // 找到了p 或者 q，则向上返回
        if(root == p || root == q) {
            return root;
        }
        // 【左】
        TreeNode left = dfs(root.left, p, q);
        // 【右】
        TreeNode right = dfs(root.right, p, q);
        
        // 【中】
        if(left != null && right != null) {
            // 若左、右子树都找到了，则当前节点就是最近公共节点
            return root;
        } else if (left != null && right == null) {
            // 左树找到了，但右树没找到，则返回left结果
            return left;
        } else if(right != null && left == null) {
            // 右树找到了，但左树没找到，则返回right结果
            return right;
        } else {
            // 都没找到，则向上返回null
            return null;
        }
    }
}

二叉树层次遍历

199. 二叉树的右视图

【199. 二叉树的右视图】

分析：

上面已经总结过了

代码：

class Solution {
    public List<Integer> rightSideView(TreeNode root) {
        if(root == null) {
            return new ArrayList();
        }
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList();
        queue.offer(root);
        List<Integer> res = new ArrayList();

        while(!queue.isEmpty()) {
            int length = queue.size();
            for(int i=0; i<length; i++) {
                TreeNode node = queue.poll();
                if(node.left != null) {
                    queue.offer(node.left);
                }
                if(node.right != null) {
                    queue.offer(node.right);
                }
                if(i == length-1) {
                    res.add(node.val);
                }
            }
        }

        return res;
    }
}

637. 二叉树的层平均值

【637. 二叉树的层平均值】

分析：

• 分层遍历（广度优先）
• 每层计算平均值

代码：

class Solution {
    public List<Double> averageOfLevels(TreeNode root) {
        List<Double> res = new ArrayList();
        if(root == null) {
            return new ArrayList();
        } 
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList();
        queue.offer(root);
        while(!queue.isEmpty()) {
            int len = queue.size();
            double sum = 0;
            for(int i=0; i<len; i++) {
                TreeNode node = queue.poll();
                if(node.left != null) {
                    queue.offer(node.left);
                }
                if(node.right != null) {
                    queue.offer(node.right); 
                }
                sum += node.val;
            }
            res.add(sum/len);
        }
        return res;
    }
}

102. 二叉树的层序遍历

【102. 二叉树的层序遍历】

分析：

一样的模板套路

代码：

class Solution {
    public List<List<Integer>> levelOrder(TreeNode root) {
        if(root == null) {
            return new ArrayList();
        }
        List<List<Integer>> res = new ArrayList();
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList();
        queue.offer(root);
        while(!queue.isEmpty()) {
            int len = queue.size();
            List<Integer> list = new ArrayList();
            for(int i=0; i<len; i++) {
                TreeNode node = queue.poll();
                list.add(node.val);
                if(node.left != null) {
                    queue.offer(node.left);
                }
                if(node.right != null) {
                    queue.offer(node.right);
                }
            }
            res.add(list);
        }
        return res;
    }
}

103. 二叉树的锯齿形层序遍历

【103. 二叉树的锯齿形层序遍历】

分析：

• 和上面一样的套路，不同点是插入list的方式。该题 尾插 和 头插 每一行交替操作
• list的头插法：list.add(0, node.val)

代码：

class Solution {
    public List<List<Integer>> zigzagLevelOrder(TreeNode root) {
        if(root == null) {
            return new ArrayList();
        }
        List<List<Integer>> res = new ArrayList();
        Queue<TreeNode> queue = new LinkedList();
        queue.offer(root);
        boolean flag = true;
        while(!queue.isEmpty()) {
            int len = queue.size();
            List<Integer> list = new ArrayList();
            for(int i=0; i<len; i++) {
                TreeNode node = queue.poll();
                if(flag) {
                    list.add(node.val);
                } else {
                    list.add(0, node.val);
                }
                if(node.left != null) {
                    queue.offer(node.left);
                }
                if(node.right != null) {
                    queue.offer(node.right);
                }
            }
            res.add(list);
            flag = !flag;
        }
        return res;
    }
}

数学

9. 回文数

分析：

1. 数字转成字符串
2. 判断字符串是否是回文串
3. 双指针法

代码：

class Solution {
    public boolean isPalindrome(int x) {
        String s = String.valueOf(x);
        if(s.length() == 0 || s.length() == 1) {
            return true;
        }
        char[] chars = s.toCharArray();
        int left = 0;
        int right = chars.length - 1;

        while(left <= right) {
            if(chars[left] != chars[right]) {
                return false;
            }
            left++;
            right--;
        }

        return true;
    }
}

66. 加一

【66. 加一】

分析：

• 从尾到头遍历，模拟+1
• 遍历carry来记录上一轮是否进位，因为该题需要+1，因此carry默认值为true
• 直到+1后当前元素 < 10，这可直接返回当前数组
• 若远数组为[9,9,9,9,9]这种情况，则最终会是[0,0,0,0,0]，需要新创建一个数组，新增一位，第一位设置1即可，最终是[1,0,0,0,0,0]

代码：

class Solution {
    public int[] plusOne(int[] digits) {
        // carry标记上一轮计算是否进位？因为该题需要我们+1，所以这里默认值我们设为true
        boolean carry = true;
        for(int i=digits.length-1; i>=0; i--) {
            int curVal = digits[i];
            if(carry) {
                curVal++;
            }
            if(curVal < 10) {   // 不存在进位，则直接返回结果
                digits[i] = curVal;
                return digits;
            } else {    // 因为是加一，所有进位之后肯定是10，因此当前位为0
                carry = true;
                digits[i] = 0;
            }
        }
        if(digits[0] == 0) {    // 这种情况肯定是 原数组都是9，例如：99999，加一后100000，但数组中只存储00000
            int[] newDigits = new int[digits.length+1];
            newDigits[0] = 1;   // 此时newDigits -> 100000
            return newDigits;
        }
        return digits;
    }
}

172. 阶乘后的零

【172. 阶乘后的零】

分析：

参考视频：【【LeetCode 每日一题】172. 阶乘后的零 | 手写图解版思路 + 代码讲解】

该题其实就是求 [1-n]个数，一共存在多少“因子5”？

• 每5^1出现1个5，每5^2出现2个5，每5^3出现3个5，以此类推
• 则count = n/5 + n/5^2 + n/5^3 + ....

代码：

class Solution {
    public int trailingZeroes(int n) {
         int count = 0;
         while(n > 0) {
            count += n/5;
            n /= 5;
         }
         return count;
    }
}

其中n /= 5：分子除以5，等价于分母乘以5

69. x 的平方根

【69. x 的平方根 】

分析：

首先 x^0.5 <= x （肯定的）
所以该题可以看做 从[0,1,2,3...x] 中，找到 n*n <= x 的最大值
[0,1,2,3...x]是个有序序列，因此我们可以使用二分法求解

在判断mid*mid 是否是 小于 x 的最大值时，我们可以这样写：

if(mid < x/mid) {   // 等价于 mid*mid < x
    // 【关键判断】：若 mid+1 > x/(mid+1)，则mid*mid 肯定是小于 x 的最大值
    if(mid+1 > x/(mid+1)) { // 等价于 (mid+1)*(mid+1) > x  
        return mid;
    }
    left = mid + 1;
} 

---

注意点：
x的范围 0 <= x <= 2^31 - 1
错误写法：n*n <= x (肯定会超出int或者long的范围)
正确写法：n <= x/n (分子、分母同时除以n，n*n <= x 等价于 n <= x/n)

代码：

class Solution {
    public int mySqrt(int x) {
        if(x == 0) {
            return 0;
        }
        if(x == 1) {
            return 1;
        }
        return binarySearch(x);
    }

    /**
     * 目标： n*n <= x 的 最大值
     */
    public int binarySearch(int x) {
        // 可以看做从[0,1,2,3...x] 这些元素中查找目标元素
        int left = 0;
        int right = x;
        while(left <= right) {
            int mid = (left + right) / 2;
            if(mid == x/mid) { // 等价于 mid*mid == x
                return mid;
            }
            if(mid < x/mid) {   // 等价于 mid*mid < x
                // 【关键判断】：若 mid+1 > x/(mid+1)，则mid*mid 肯定是小于 x 的最大值
                if(mid+1 > x/(mid+1)) { // 等价于 (mid+1)*(mid+1) > x  
                    return mid;
                }
                left = mid + 1;
            } else {
                right = mid - 1;
            }
        }
        return -1;
    }
}

50. Pow(x, n)

【50. Pow(x, n)】

分析：

上面已经总结过了 【剑指 Offer 16. 数值的整数次方】
错误写法：(这种会超时)

if(n % 2 == 0) {
    return myPow(x, n/2) * myPow(x, n/2);
} else {
    return myPow(x, n-1) * x;
}

正确写法：（不会超时，但和上面写法是一个思路）

if(n % 2 == 0) {
    return myPow(x * x, n/2);
} else {
    return myPow(x, n-1) * x;
}

代码：

class Solution {
    public double myPow(double x, int n) {
        if(n == 0) {
            return 1;
        }
        if(n == 1) {
            return x;
        }
        if(n == -1) {
            return 1 / x;
        }
        if(n % 2 == 0) {
            return myPow(x * x, n/2);
        } else {
            return myPow(x, n-1) * x;
        }
    }
}

二分查找

模板

参考视频：【最清楚的二分查找！LeetCode34题：在排序数组中查找元素的第一个和最后一】

参考文章：【二分查找算法及其变种详解】
正常搜索目标值：

public int binarySearch(int[] nums, int target) {
    int left = 0;
    int right = nums.length - 1;
    while(left <= right) {
        int mid = left + ((right - left) >> 1);
        if(nums[mid] == target) {
            return mid;
        } else if (nums[mid] < target) {
            left = mid + 1;
        } else {
            right = mid - 1;
        }
    }
    return result;
}

变种一：搜索值为target的第一个下标：

/**
 * 找第一个目标值
 */
public int binarySearchFirst(int[] nums, int target) {
    int left = 0;
    int right = nums.length - 1;
    while(left <= right) {
        int mid = left + ((right - left) >> 1);
        if(nums[mid] == target) {
        	// 下面两种情况，都说明是最左侧的target
            if (mid == 0 || nums[mid - 1] != target) 
            	return mid;
            // 否则继续向左半区间查找
            right = mid - 1;
        } else if (nums[mid] < target) {
            left = mid + 1;
        } else {
            right = mid - 1;
        }
    }
    return -1;
}

变种二：搜索值为target的最后一个下标：

/**
 * 找最后一个目标值
 */
public int binarySearchLast(int[] nums, int target) {
    int left = 0;
    int right = nums.length - 1;
    while(left <= right) {
        int mid = left + ((right - left) >> 1);
        if(nums[mid] == target) {
        	// 下面两种情况，都说明是最右侧的target
            if (mid == nums.length-1 || nums[mid + 1] != target) 
            	return mid;
            // 否则继续向右半区间查找
            left = mid + 1;
        } else if (nums[mid] < target) {
            left = mid + 1;
        } else {
            right = mid - 1;
        }
    }
    return -1;
}

变种三：查找第一个大于等于 给定值的元素

/**
 * 第一个 >=target 的下标
 */
public int binarySearch3(int[] nums, int target) {
    int left = 0;
    int right = nums.length - 1;
    while(left <= right) {
        int mid = left + ((right - left) >> 1);
        if(nums[mid] >= target) {
            if(mid == 0 || nums[mid - 1] < target)
                return mid;
            right = mid - 1;
        } else {
            left = mid + 1;
        }
    }
    return -1;
}

变种四：查找最后一个小于等于给定值的元素

/**
 * 最后一个 <=target 的下标
 */
public int binarySearch4(int[] nums, int target) {
    int left = 0;
    int right = nums.length - 1;
    while(left <= right) {
        int mid = left + ((right - left) >> 1);
        if(nums[mid] <= target) {
            if(mid == nums.length-1 || nums[mid + 1] > target)
                return mid;
            left = mid + 1;
        } else {
            right = mid - 1;
        }
    }
    return -1;
}

变种五：查找第一个大于 给定值的元素

/**
 * 第一个 >target 的下标
 */
public int binarySearch5(int[] nums, int target) {
    int left = 0;
    int right = nums.length - 1;
    while(left <= right) {
        int mid = left + ((right - left) >> 1);
        if(nums[mid] > target) {
            if(mid == 0 || nums[mid - 1] <= target)
                return mid;
            right = mid - 1;
        } else {
            left = mid + 1;
        }
    }
    return -1;
}

变种六：查找最后一个小于给定值的元素

/**
 * 最后一个 
public int binarySearch6(int[] nums, int target) {
    int left = 0;
    int right = nums.length - 1;
    while(left <= right) {
        int mid = left + ((right - left) >> 1);
        if(nums[mid] < target) {
            if(mid == nums.length-1 || nums[mid + 1] >= target)
                return mid;
            left = mid + 1;
        } else {
            right = mid - 1;
        }
    }
    return -1;
}

总结注意点

【注意点一】：若[left,right] 对应 [0,length-1]，当代码中需要mid与相邻元素比较时，要和nums[mid+1]比较，如果和num[mid-1]比较，则nums[mid-1]可能会下标越界

• 若数组只有一个元素，其实 nums[mid+1]也会越界。因此只有一个元素时要单独当做边界条件处理
• 若数组只有两个元素，则mid = (0+1)/2 = 0，那么nums[mid-1]就会越界，nums[mid+1]则不会越界

35. 搜索插入位置

【35. 搜索插入位置】

分析：

该题是个模板题

/**
 * 二分查找
 */
public int binarySearch(int[] nums, int target) {
    int left = 0;
    int right = nums.length - 1;
    while(left <= right) {
        int mid = (left + right) >> 1; // 等价于 (left + right) / 2
        if(nums[mid] == target) {
            return mid;
        }
        if(nums[mid] < target) {
            left = mid + 1;
        } else {
            right = mid - 1;
        }

    }
    return left;
}

代码：

class Solution {
    public int searchInsert(int[] nums, int target) {
        return binarySearch(nums, target);
    }

    /**
     * 二分查找
     */
    public int binarySearch(int[] nums, int target) {
        int left = 0;
        int right = nums.length - 1;
        while(left <= right) {
            int mid = (left + right) >> 1; // 等价于 (left + right) / 2
            if(nums[mid] == target) {
                return mid;
            }
            if(nums[mid] < target) {
                left = mid + 1;
            } else {
                right = mid - 1;
            }

        }
        return left;
    }
}

34. 在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置

【34. 在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置】

分析：

分别获取 第一个目标值 和 最后一个目标值

代码：

class Solution {
    public int[] searchRange(int[] nums, int target) {
        int[] res = new int[2];
        res[0] = binarySearchFirst(nums, target);
        res[1] = binarySearchLast(nums, target);
        return res;
    }
    public int binarySearchFirst(int[] nums, int target) {
        int left = 0;
        int right = nums.length - 1;
        while(left <= right) {
            int mid = left + ((right - left) >> 1);
            if(nums[mid] == target) {
                // 下面两种情况，都说明是最左侧的target
                if (mid == 0 || nums[mid - 1] != target) 
                    return mid;
                // 否则继续向左半区间查找
                right = mid - 1;
            } else if (nums[mid] < target) {
                left = mid + 1;
            } else {
                right = mid - 1;
            }
        }
        return -1;
    }
    /**
    * 找最后一个目标值
    */
    public int binarySearchLast(int[] nums, int target) {
        int left = 0;
        int right = nums.length - 1;
        while(left <= right) {
            int mid = left + ((right - left) >> 1);
            if(nums[mid] == target) {
                // 下面两种情况，都说明是最右侧的target
                if (mid == nums.length-1 || nums[mid + 1] != target) 
                    return mid;
                // 否则继续向右半区间查找
                left = mid + 1;
            } else if (nums[mid] < target) {
                left = mid + 1;
            } else {
                right = mid - 1;
            }
        }
        return -1;
    }
}

69. x 的平方根

【69. x 的平方根 】

分析：

首先 x^0.5 <= x （肯定的）
所以该题可以看做 从[0,1,2,3...x] 中，找到 n*n <= x 的最大值
[0,1,2,3...x]是个有序序列，因此我们可以使用二分法求解

在判断mid*mid 是否是 小于 x 的最大值时，我们可以这样写：

if(mid < x/mid) {   // 等价于 mid*mid < x
    // 【关键判断】：若 mid+1 > x/(mid+1)，则mid*mid 肯定是小于 x 的最大值
    if(mid+1 > x/(mid+1)) { // 等价于 (mid+1)*(mid+1) > x  
        return mid;
    }
    left = mid + 1;
} 

---

注意点：
x的范围 0 <= x <= 2^31 - 1
错误写法：n*n <= x (肯定会超出int或者long的范围)
正确写法：n <= x/n (分子、分母同时除以n，n*n <= x 等价于 n <= x/n)

代码：

class Solution {
    public int mySqrt(int x) {
        if(x == 0) {
            return 0;
        }
        if(x == 1) {
            return 1;
        }
        return binarySearch(x);
    }

    /**
     * 目标： n*n <= x 的 最大值
     */
    public int binarySearch(int x) {
        // 可以看做从[0,1,2,3...x] 这些元素中查找目标元素
        int left = 0;
        int right = x;
        while(left <= right) {
            int mid = (left + right) / 2;
            if(mid == x/mid) { // 等价于 mid*mid == x
                return mid;
            }
            if(mid < x/mid) {   // 等价于 mid*mid < x
                // 【关键判断】：若 mid+1 > x/(mid+1)，则mid*mid 肯定是小于 x 的最大值
                if(mid+1 > x/(mid+1)) { // 等价于 (mid+1)*(mid+1) > x  
                    return mid;
                }
                left = mid + 1;
            } else {
                right = mid - 1;
            }
        }
        return -1;
    }
}

74. 搜索二维矩阵

【74. 搜索二维矩阵】

分析：

首先题中说明：
每一行都按照从左到右递增的顺序排序
每一列都按照从上到下递增的顺序排序。
那么一看数据是有序的， 那么我们肯定第一时间想到二分查找法。但在着整个二维数组中好像没法直接使用二分查找，但是我们可以使用二分查找的思想。

二分查找思想： 每一轮比较首先获取一个特殊值，然后让目标值与该值进行比较，每次比较都能排除一些数据进而缩小搜索的范围。

解决该题我们用的方法和二叉查找法类似，也是每次都取一个特殊值与目标值比较，每轮都排除一部分数据进而缩小数据的查找范围

B站上讲解视频：
https://www.bilibili.com/video/BV12J411i7A6

https://www.bilibili.com/video/BV1Tt411F7YD?spm_id_from=333.999.0.0

代码：

class Solution {
    public boolean searchMatrix(int[][] array, int target) {
        // 套路模板 先判空
        if(array.length == 0) return false;
        // row表示有几行,col表示有几列。
        int row = array.length;
        int col = array[0].length;
        // 我们取右上角的值
        int x = 0; int y = col - 1;
        // 不断排除一列或者一行，不断缩小范围
        while(x <= row-1 && y >= 0) {
            if(target > array[x][y]) {
                // 排除头一行的数据
                x++;
            }else if (target < array[x][y]) {
                // 排除后一列的数据
                y--;
            }else {
                return true;
            }
        }
        // 若判处完所有数据仍没有找目标值 该值不存在
        return false;
    }
}

162. 寻找峰值

【162. 寻找峰值】

分析：

参考视频：【【LeetCode 每日一题】162. 寻找峰值 | 手写图解版思路 + 代码讲解】

• 较大的值则有可能是峰值，因此保留，并缩小区间
• 较小的值则不可能为峰值，因此舍弃，并缩小区间

代码：

class Solution {
    public int findPeakElement(int[] nums) {
        if(nums.length == 1) {
            return 0;
        }
        int left = 0;
        int right = nums.length - 1;
        while(left < right) {
            int mid = (left + right) >> 1;
            if(nums[mid] > nums[mid+1]) {
                right = mid;
            } else {
                left = mid + 1;
            }
        }
        return left;
    }
}

JZ11 旋转数组的最小数字（存在重复值）

【JZ11 旋转数组的最小数字】

分析：

参考视频：【剑指Offer.6.旋转数组的最小数字】
序列可被分为两部分递增序列， 第一部分的最小值 >= 第二部分的最最大值

我们每次都取中间下标的值与左右侧的值进行比较

若 min下标的值 > 最右侧的值 ，则说明 min下标处于第一部分，而最小值在第二部分的范围内，因此我们就可以排除 min及左侧的所有数据了，最小值在 [min+1,right] 的范围内

若 min下标的值 < 最右侧的值， 则说明min下标所处第二部分，那么最小值在 [left,min]的范围内

若min下标的值 == 最右侧的值，而对于这种情况，又一种特殊情况，如下图：

直接说结论，若 min下标的值 == 最右侧的值， 则直接 right-- 即可，右指针后移

while循环的条件是 left < right，当left == right时，其实就只有一个数据了，该数据就是最小，最终直接返回array[left] 或者 array[right]

代码：

import java.util.ArrayList;
public class Solution {
    public int minNumberInRotateArray(int [] array) {
        // 套路模板，先判空
        if(array.length == 0) return -1;
        
        return erfen(array, 0, array.length-1);
    }
    
    public int erfen(int[] array, int left, int right) {
        int min = 0;
        
        while(left < right) {    // 因为当left==right时，其实就是我们要找的目标值，因此这里条件是left
            min = (left + right) >> 1; // 等同于(left+right)/2
            // 因为没有目标值，因此每次都是 中间下标值 与 最右侧的值进行比较
            if(array[min] > array[right]) {    // 此情况说明min处于 第一部分的范围
                left = min + 1;
            }else if(array[min] < array[right]) {    // 此情况说明min处于 第二部分范围 因为可能是最小值 因此right不再是min+1
                right = min;
            }else {    // 若min 等于 最右侧的值， 直接right往左移一步即可，right--
                right--;
            }
        }
        // 最后 left=right 就是我们要找的最小值
        return array[left];
    }
}

153. 寻找旋转排序数组中的最小值（不包含重复值）

【153. 寻找旋转排序数组中的最小值】

分析：

与上题不同，该题数组元素是不重复的，因此判断逻辑中不需要判断 nums[mid] == nums[right]这种情况

代码：

class Solution {
    public int findMin(int[] nums) {
        int left = 0;
        int right = nums.length - 1;
        while(left < right) {
            int mid = (left + right) >> 1;
            if(nums[mid] > nums[right]) {
                left = mid + 1;
            } else {
                right = mid;
            }
        }
        return nums[left];
    }
}

33. 搜索旋转排序数组

【33. 搜索旋转排序数组】

分析：

* 假设turningPointIdx为转折点下标：此时我们知道这两段递增序列范围（若数组本身就没有翻转，则还是一个段[0, nums.length-1]），分别是：
* 第一段：[0,turningPointIdx-1]
* 第二段：[turningPointIdx, nums.length-1]
* "第一段元素" > "第二段元素"

一共分三步：

1. 找到转折点下标
2. 判断target所在的标有序区间
   • turningPointIdx == 0，说明nums本身就是有序的，并没有翻转。则target还在[0, nums.length-1]内
   • target >= nums[0]，说明target在[0,turningPointIdx-1]
   • target < nums[0]，说明target在[turningPointIdx, nums.length-1]
3. 在有序区间内进行二分查找

代码：

class Solution {
    /**
    * 假设turningPointIdx为转折点下标：此时我们知道这两段递增序列范围（若数组本身就没有翻转，则还是一个段[0, nums.length-1]），分别是：
    * 第一段：[0,turningPointIdx-1]
    * 第二段：[turningPointIdx, nums.length-1]
    * "第一段元素" > "第二段元素"
    */
    public int search(int[] nums, int target) {
        // 【一、找到转折点下标】
        int turningPointIdx = getTurningPoint(nums);

        // 【二、target与nums[0]比较，判断target在 第一段 还是 第二段？】
        // turningPointIdx == 0，说明nums本身就是有序的，并没有翻转
        int left, right;
        if(turningPointIdx == 0) {  
            left = 0;
            right = nums.length - 1;
        } else if (target >= nums[0]) {
            // target在第一段
            left = 0;
            right = turningPointIdx - 1;
        } else {
            // target在第二段
            left = turningPointIdx;
            right = nums.length - 1;
        }
        
        // 【三、在有序范围内进行二分查找】
        return binarySearch(nums, left, right, target);
    }

    /**
     * 寻找旋转点的下标（就是找到转折数组的最小值）
     * 若没有旋转（本身是有序的），则最终返回的下标肯定是0
     */
     public int getTurningPoint(int[] nums) {
        int left = 0;
        int right = nums.length - 1;
        while(left < right) {
            int mid = (left + right) >> 1;
            if(nums[mid] > nums[right]) {
                left = mid + 1;
            } else {
                right = mid;
            }
        }
        return left;
     }

     /**
      * 在有序数组中进行二分查找
      */
      public int binarySearch(int[] nums, int left, int right, int target) {
        while(left <= right) {
            int mid = (left + right) >> 1;
            if(nums[mid] == target) {
                return mid;
            }
            if(nums[mid] > target) {
                right = mid - 1;
            } else {
                left = mid + 1;
            }
        }
        return -1;
      }
}

一维动态规划

70. 爬楼梯

【70. 爬楼梯】

分析：

想要跳到第n阶台阶，只有两种情况：（因为每次你只能爬 1 或 2 个台阶）

• 从第n-1阶跳
• 从第n-2阶跳

因此 跳到第n阶方法 = 跳到n-1阶方法 + 跳到n-2阶方法

代码：

class Solution {
    public int climbStairs(int n) {
        if(n == 1) {
            return 1;
        }
        if(n == 2) {
            return 2;
        }
        int[] dp = new int[n];
        dp[0] = 1;
        dp[1] = 2;
        for(int i=2; i<n; i++) {
            dp[i] = dp[i-1] + dp[i-2];
        }
        return dp[n-1];
    }
}

198. 打家劫舍

【198. 打家劫舍】

分析：

参考视频：【动态规划，偷不偷这个房间呢？| LeetCode：198.打家劫舍】

dp[n]定义为：考虑第n间房，所能偷的最大值 【但不一定要偷第n间，只是考虑到第n间】（n从0开始）

• 对于第i间来说，有两种选择：1.偷第i间、2.不偷第i间
  • 1、偷第i间房：则不能偷第i-1间房屋，也就不能考虑第n-1间房。则此时 value = nums[i] + dp[i-2]
  • 2、不偷第i间房：则可以考虑偷第i-1间。则此时 value = dp[i-1]
• 最终取两种情况的最大值，因此 dp[i] = Math.max(nums[i] + dp[i-2], dp[i-1])

初始化dp：
若只有一间房子肯定要偷第一间，因此dp[0] = nums[0]
有两个房间，不能两个都偷，因此偷最大值，因此 dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1])

代码：

class Solution {
    public int rob(int[] nums) {
        int len = nums.length;
        // 只有一个，则肯定偷这一个
        if(len == 1) {
            return nums[0];
        }
        // 有两个，则偷最大值
        if(len == 2) {
            return Math.max(nums[0], nums[1]);
        }
        // dp[n]定义为：考虑第n间房，所能偷的最大值 【但不一定要偷第n间，只是考虑到第n间】（n从0开始）
        int[] dp = new int[len];
        dp[0] = nums[0];
        dp[1] = Math.max(nums[0], nums[1]);
        for(int i=2; i<len; i++) {
            /**
             * 有两种选择：1.偷第i间、2.不偷第i间
             * 1、偷第i间房：则不能偷第i-1间房屋，也就不能考虑第n-1间房。则此时 value = nums[i] + dp[i-2]
             * 2、不偷第i间房：则可以考虑偷第i-1间。则此时 value = dp[i-1]
             * 最终取两种情况的最大值，因此 dp[i] = Math.max(nums[i] + dp[i-2], dp[i-1])
             */
             dp[i] = Math.max(nums[i]+dp[i-2], dp[i-1]);
        }
        return dp[len-1];
    }
}

139. 单词拆分

【139. 单词拆分】

分析：

类似于完全背包

• 整个字符串s可以看做是背包，词典可看做是物品，不过这个背包必须按照一定的顺序才能填充
• 两层for循环。第一层遍历s长度（遍历背包容量）；第二层遍历，截取 j到i之间的字符串判断是否在词典中？

步骤：

• dp[n]定义：前n个字符组成的字符串是否能被wordDict拼接成功（从1开始）
• 若 词典包含[j,i) 并且 dp[j]==true ，则说明[0,i)可被词典拼接

参考视频：【动态规划之完全背包，你的背包如何装满？| LeetCode：139.单词拆分】

代码：

lass Solution {
    public boolean wordBreak(String s, List<String> wordDict) {
        int len = s.length();
        // dp[n]定义为：前n个字符组成的字符串是否能被wordDict拼接成功（从1开始）
        boolean[] dp = new boolean[len+1];
        // dp[0]初始为true（没什么特殊含义）
        dp[0] = true;
        for(int i=1; i<=len; i++) {
            for(int j=0; j<i; j++) {
                // 词典包含[j,i) 并且 dp[j] 为true
                if(wordDict.contains(s.substring(j, i)) && dp[j]) {
                    dp[i] = true;
                }
            }
        }
        return dp[len];
    }
}

322. 零钱兑换

【322. 零钱兑换】

分析：

参考视频：【腾讯二面笔试题~零钱兑换】

若【爬楼梯】的题改成：
每次可爬coins[0]、coins[1] … coins[length-1]个台阶，问最少跳多少次能跳到amount？
其实就和这题一样了

若这题改成:
求兑换零钱的方法总数
其实就变成了【爬楼梯】的进阶版了

定义dp[n]为：兑换n元钱，最少需要的硬币数
dp[n]的状态 来源于 dp[n-coins[i]]，因此

dp[n] =  min {
	dp[n] = dp[n - coins[0]] + 1
	dp[n] = dp[n - coins[1]] + 1
	dp[n] = dp[n - coins[2]] + 1
	...
	dp[n] = dp[n - coins[length-1]] + 1
}

有点类似于【剑指 Offer 60. n个骰子的点数】这题

代码：

class Solution {
    public int coinChange(int[] coins, int amount) {
        if(amount == 0) {
            return 0;
        }
        /**
         * 零钱最小值是1，因此amount最多换amount个硬币。
         * 为了考虑换不到零钱的情况，我们这里初始值设置为amount+1。最后dp[n] 和 amount+1比较，若仍等于amount+1，则说明n换不到零钱，最终返回-1
         */ 
        // dp[n]定义：兑换amount最少的兑换次数
        int[] dp = new int[amount + 1];
        Arrays.fill(dp, amount + 1);
        // 当amount为0时，则兑换方法为0
        dp[0] = 0;
        // 遍历amount（类似于遍历背包容量）
        for(int i=1; i<=amount; i++) {
            // 遍历金币（类似遍历物品）
            for(int j=0; j<coins.length; j++) {
                // 若当前金币大于总钱数，则直接continue
                if(coins[j] > i) {
                    continue;
                }
                // 则算出新值：1 + dp[i - coins[j]]
                int newVal = 1 + dp[i - coins[j]];
                // 更新dp[i]的最小值
                dp[i] = Math.min(newVal, dp[i]);
            }
        }
        return dp[amount] == amount + 1 ? -1 : dp[amount];
    }
}

300. 最长递增子序列

【300. 最长递增子序列】

分析：

参考视频：https://www.bilibili.com/video/BV19b4y1R7K3?spm_id_from=333.1007.top_right_bar_window_custom_collection.content.click

代码：

class Solution {
    public int lengthOfLIS(int[] nums) {
        // 用于最大返回值
        int res = 1;
        int len = nums.length;
        // dp数组的含义： 以nums[i]结尾的最长递增子序列的长度（必须包含nums[i]）
        int[] dp = new int[len];
        Arrays.fill(dp, 1);
        for(int i=1; i<len; i++) {  // 外层循环填dp[i]的值
            for(int j=0; j<i; j++) {    // 内层循环 遍历nums[i]前面的元素
                // 如果前面的值小于当前值 才能满足升序
                if(nums[j] < nums[i]) {
                    int newVal = dp[j] + 1; 
                    dp[i] = Math.max(dp[i], newVal);
                }
            }
            // 从以[0,len)结尾的子序列中找到 最长的一个
            res = Math.max(res, dp[i]);
        }
        /**
         * 错误写法：return dp[len-1]
         * 原因：最终的结果并非一定以len-1结尾的（而是整个nums子序列），因此最终结果并非dp[len-1]
         */
        return res;
    }
}

多维动态规划

JZ47 礼物的最大价值

【JZ47 礼物的最大价值】

代码：

import java.util.*;


public class Solution {
    /**
     * 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可
     *
     *
     * @param grid int整型二维数组
     * @return int整型
     */
    public int maxValue (int[][] grid) {
        int m = grid.length;
        int n = grid[0].length;
        int[][] dp = new int[m][n];
        // 初始化dp[0][0] 为 grid[0][0]
        dp[0][0] = grid[0][0];
        // 初始化第一行
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            dp[0][i] = dp[0][i-1] + grid[0][i];
        }
        // 初始化第一列
        for (int i = 1; i < m; i++) {
            dp[i][0] = dp[i-1][0] + grid[i][0];
        }

        for(int i=1; i<m; i++) {
            for(int j=1; j<n; j++) {
                dp[i][j] = Math.max(dp[i][j-1], dp[i-1][j]) + grid[i][j];
            }
        }

        return dp[m-1][n-1];
    }
}

120. 三角形最小路径和

【120. 三角形最小路径和】

分析：

这种题需要找一个终点，一般都是将终点当最终的结果。因为是三角形状，我们最好想的就是，自底向上把顶点当做终点

与 【剑指 Offer 47. 礼物的最大价值】非常类似，只不过这里求得是最小值，而且走的方式不太一样

代码：

class Solution {
    public int minimumTotal(List<List<Integer>> triangle) {
        int row = triangle.size();
        // 该图形是三角形，不是方形，因此这里高度别初始化错了，错误写法：col = triangle.get(0).size() 正确写法：col = row
        int col = row;
        int[][] dp = new int[row][col];
        // 初始化最底部
        for(int i=0; i<col; i++) {
            dp[row-1][i] = triangle.get(row-1).get(i);
        }
        // 自顶向上，终点是triangle[0][0]
        for(int i=row-2; i>=0; i--) {
            for(int j=0; j<=i; j++) {
                dp[i][j] = Math.min(dp[i+1][j], dp[i+1][j+1]) + triangle.get(i).get(j);
            }
        }
        return dp[0][0];
    }
}

64. 最小路径和

【64. 最小路径和】

分析：

和上一题一模一样，只不过这题要求的是最小值

代码：

class Solution {
    public int minPathSum(int[][] grid) {
        int m = grid.length;
        int n = grid[0].length;
        int[][] dp = new int[m][n];
        // 起点初始化为 grid[0][0]
        dp[0][0] = grid[0][0];
        // 初始化第一行
        for(int i=1; i<n; i++) {
            dp[0][i] = dp[0][i-1] + grid[0][i];
        }
        // 初始化第一列
        for(int i=1; i<m; i++) {
            dp[i][0] = dp[i-1][0] + grid[i][0];
        }

        for(int i=1; i<m; i++) {
            for(int j=1; j<n; j++) {
                dp[i][j] = Math.min(dp[i][j-1], dp[i-1][j]) + grid[i][j];
            }
        }
        return dp[m-1][n-1];
    }
}

63. 不同路径 II

【63. 不同路径 II】

分析：

有点像【爬台阶】，到达某点的路径 = 到达上面的路径 + 到达左边的路径
不同点：

• 该题是二维的
• 存在障碍物，若某点是障碍物则到达该点的路径为0
• 初始化边界时要注意，若中间遇到障碍物，则后序的点不可能再被到达，因此dp为0

代码：

class Solution {
    public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
        int m = obstacleGrid.length;
        int n = obstacleGrid[0].length;
        int[][] dp = new int[m][n];
        /**
         * 初始化第一行。
         * 只能 → 从左到右，因此如果中遇见障碍物，后面就走不到了，因此obstacleGrid[0][i]==0写在for循环的条件中，若不满足则终止for循环
         * 那么后面的则不能被设置为1，最终就是0，表示到达该点的路径为0
         */
        for(int i=0; i<n && obstacleGrid[0][i]==0; i++) {
            // 等于0，则说明不是障碍物，可以走
            dp[0][i] = 1;
        }
        // 初始化第一列。只能↓ 从上到下，同上
        for(int i=0; i<m && obstacleGrid[i][0]==0; i++) {
            // 等于0，则说明不是障碍物，可以走
            dp[i][0] = 1;
        }
        for(int i=1; i<m; i++) {
            for(int j=1; j<n; j++) {
                // 只有不是障碍物才能到达该点
                if(obstacleGrid[i][j] == 0) {
                    dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-1][j];
                }
                
            }
        }
        return dp[m-1][n-1];
    }
}

初始化边界时的错误写法：

// 初始化第一行
for(int i=0; i<n; i++) {
    // 等于0，则说明不是障碍物，可以走
    if(obstacleGrid[0][i] == 0) {
        dp[0][i] = 1;
    }
}
// 初始化第一列
for(int i=0; i<n; i++) {
    // 等于0，则说明不是障碍物，可以走
    if(obstacleGrid[i][0] == 0) {
        dp[i][0] = 1;
    }
}

5. 最长回文子串

【最长回文子串】

解法一：暴力 - 遍历所有字串

建议先做第9题【9. 回文数】

代码：

class Solution {
    public String longestPalindrome(String s) {
        String longestPalindrome = "";
        // 遍历所有的子串，若长度比longestPalindrome长 且 是回文串，则更新longestPalindrome
        for(int i=0; i<s.length(); i++) {
            for(int j=i; j<s.length(); j++) {
                if(j - i + 1 > longestPalindrome.length()) {
                    if(isPalindrome(s.substring(i, j+1))) {
                        longestPalindrome = s.substring(i, j+1);
                    }
                }
            }
        }

        return longestPalindrome;
    }

    // 判断是否是回文字符串
    public Boolean isPalindrome(String s) {
        // 双指针
        int left = 0;
        int right = s.length() - 1;

        while (left <= right) {
            if(s.charAt(left) != s.charAt(right)) {
                return false;
            }
            left ++;
            right --;
        }

        return true;
    }
}

总结注意点：

• 第一步：先写出 判断是否回文 的方法 isPalindrome 。 （利用双指针的思想）
• 第二步：暴力遍历每个子字符串，判断是否回文，更长的则更新

时间复杂度： n^3

解法二：中心扩展法

参考讲解视频：https://www.bilibili.com/video/BV1dN4y1g7p9/?spm_id_from=333.337.search-card.all.click&vd_source=bf2066b8675548fac384ffe3bc83793e

代码：

class Solution {
    // 维护最长回文字符串
    public String res;

    public String longestPalindrome(String s) {
        // 判空处理
        if(null == s && s.length() == 0) {
            return "";
        }
        // 初始化res 
        res = s.substring(0,1);
        // 遍历s字符串 
        for(int i=0; i<s.length(); i++) {
            // 考虑 bab 的格式
            extendFromCenter(s, i, i);
            // 考虑 baab 的格式
            extendFromCenter(s, i, i+1);
        }
        return res;
    }

    // 中心扩散
    public void extendFromCenter(String s, int left, int right) {
        // 当 left、right 在区间返回内，且 s[left] == s[right] 才会向外扩散
        while(left>=0 && right<s.length() && s.charAt(left)==s.charAt(right)) {
            // 向外扩散
            left--;
            right++;
        }
        // 若当前回文串 比 res长 则更新res
        if(right - left - 1 > res.length()) {
            // 因为最后一次循环 left-- right++了，因此实际上回文字符串是[left+1, right-1]，由于substring是左闭右开[)，因此 res = s.substring(left+1, right)
            res = s.substring(left+1, right);
        }
    }
}

总结注意点：

• 解法一：判断字串是否是回文串，思想是自外向内的，left ++; right --;
• 解法二：寻找属于回文串的字串，且思想是自内向外扩散的，left--; right++;
• 要考虑 bab、baab 两种回文串的格式， 因此在遍历到某个字符时，extendFromCenter(s, i, i);extendFromCenter(s, i, i+1); 要调两次extendFromCenter

时间复杂度：n^2

买卖股票系列

参考【代码随想录】系列课程：
【动态规划之 LeetCode：121.买卖股票的最佳时机1】
【动态规划，股票问题第二弹 | LeetCode：122.买卖股票的最佳时机II】
【动态规划，股票至多买卖两次，怎么求？ | LeetCode：123.买卖股票最佳时机III】
【动态规划来决定最佳时机，至多可以买卖K次！| LeetCode：188.买卖股票最佳时】

参考题解：【一套模板，几行代码，闭着眼睛轻松默写所有彩票题】

121. 买卖股票的最佳时机

【121. 买卖股票的最佳时机】

分析：

前面总结过这题，之前的做法是用两个变量，分别维护 股票最低点 以及 最大价值

今天我们用动态规划的方法来解这道题：

定义dp方程：
dp的值表示，当前口袋里有多少钱，默认是没钱的，为0
dp[i][0]：第i天，持有一个股票
dp[i][1] = 第i天，不持有股票

dp[i][0] 可以从下面两个状态转移过来：

• 可能是前一天就持有，因此是dp[i-1][0]
• 前天不持有，然后今天才买的，因此是 0 - prices[i]
• 二者求最大值，因此dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], 0 - prices[i])

dp[i][1]可以从下面两个状态转移过来：

• 可能是前一天就不持有，因此是dp[i-1][1]
• 也有可能前天持有，然后今天才太卖了，因此是dp[i][0] + prices[i]
• 二者求最大值，因此dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], dp[i][0] + prices[i])

初始化：

• dp[0][0] = -prices[0] ：（第一天就持有，说明第一天就买了，因此是 0 -prices[0] = -prices[0]）
• dp[0][1] = 0 ：（第一天不持有，说明第一天没买，因此兜里钱还是0）

代码：

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        /**
         * dp 的值表示，收益多少钱？（原始是0）
         * dp[i][0] = 持有一个股票
         *    1.1、 可能是前一天就持有
         *    1.2、 前天不持有，然后今天才买的
         * dp[i][1] = 不持有股票
         *    2.2、可能是前一天就不持有
         *    2.2、也有可能前天持有，然后今天才太卖了）
         */
         int len = prices.length;
         int[][] dp = new int[len][2];
         // 初始化dp
         dp[0][0] = -prices[0];     // 因为要买股票，所以要花钱，0 - prices[0] = -prices[0]
         dp[0][1] = 0;     // 不持有说明今天没买，因此没花钱

         for(int i=1; i<prices.length; i++) {
             // 1.1. 从 “前一天就持有” 的状态推过来的
             // 1.2. 从当天才买股票推出来的，因为只能买一次，这次买口袋肯定是0元，因此是0-prices[i]（因为是花钱所以是 -prices[i]）
             dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], 0 - prices[i]);  
             // 2.1. 从 “前一天就不持有” 的状态推出来的
             // 2.2. 从 “前天持有，今天才卖了” 的状态推出来的
             dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], dp[i][0] + prices[i]);
         }
         // 最后一天股票肯定是不持有状态（已经被卖过了），这样才会有收益，否则就亏钱了
         return dp[len-1][1];
    }
}

122. 买卖股票的最佳时机 II

【122. 买卖股票的最佳时机 II】

分析：

与上一题唯一的不同在于 dp[i][0]的状态转移：

上一题：dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], 0 - prices[i])
这一题：dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] - prices[i])

上一题：因为只能买一次，所以dp[i-1][1] - prices[i] -> 其中的dp[i-1][1]（不持有状态）肯定为0，因此就是0 - prices[i]
这一题：因为可以买卖多次，所以dp[i-1][1] - prices[i] -> 其中的dp[i-1][1]可能之前就已经有收益了，因此就是dp[i-1][1] - prices[i]

代码：

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int len = prices.length;
        int[][] dp = new int[len][2];
        dp[0][0] = -prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        for(int i=1; i<len; i++) {
            dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] - prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + prices[i]);
        }
        return dp[len-1][1];
    }
}

123. 买卖股票的最佳时机 III

【123. 买卖股票的最佳时机 III】

分析：

这次定义四个状态：

• dp[i][0]：第i天，持有第1只股票
• dp[i][1]：第i天，不持有第1只股票
• dp[i][2]: 第i天，持有第2只股票
• dp[i][3]: 第i天，不持有第2只股票

1. dp[i][0] 可有 dp[i-1][0] 和 0 - prices[i] 推出来，最后求最大值Math.max(dp[i-1][0], 0 - prices[i])
2. dp[i][1] 可有 dp[i-1][1] 和 dp[i-1][0] + prices[i] 推出来，最后求最大值Math.max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + prices[i])
3. dp[i][2] 可有 dp[i-1][2] 和 dp[i-1][1] - prices[i] 推出来，最后求最大值Math.max(dp[i-1][2], dp[i-1][1] - prices[i])
4. dp[i][3] 可有 dp[i-1][3] 和 dp[i-1][2] + prices[i] 推出来，最后求最大值Math.max(dp[i-1][3], dp[i-1][2] + prices[i])

状态转移方程的推导其实和前两题的推导都是一个方法，细细品味吧(#^.^#)

代码：

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int len = prices.length;
        int[][] dp = new int[len][4];
        /**
         * dp[i][0]：第i天，持有第1只股票
         * dp[i][1]：第i天，不持有第1只股票
         * dp[i][2]: 第i天，持有第2只股票
         * dp[i][3]: 第i天，不持有第2只股票
         */
        dp[0][0] = -prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        dp[0][2] = -prices[0];
        dp[0][3] = 0;

        for(int i=1; i<len; i++) {
            dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], 0 - prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] + prices[i]);
            dp[i][2] = Math.max(dp[i-1][2], dp[i-1][1] - prices[i]);
            dp[i][3] = Math.max(dp[i-1][3], dp[i-1][2] + prices[i]);
        }
        return dp[len-1][3];
    }
}

188. 买卖股票的最佳时机 IV

【188. 买卖股票的最佳时机 IV】

分析：

其实这题是对上一题的一个通用性的总结（升华版）
看代码你就就知道了

代码：

class Solution {
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        int len = prices.length;
        int[][] dp = new int[len][2*k];
        // 初始化dp
        for(int i=0; i<2*k; i++) {
            dp[0][i] = (i % 2 == 0 ? -prices[0] : 0);
        }
        for(int i=1; i<len; i++) {
            for(int j=0; j<k; j++) {
                dp[i][j*2] = Math.max(dp[i-1][j*2], (j == 0 ? 0 : dp[i-1][j*2-1]) - prices[i]);
                dp[i][j*2+1] = Math.max(dp[i-1][j*2+1], dp[i-1][j*2] + prices[i]);
            }
        }
        return dp[len-1][2*k-1];
    }
}

回溯

回溯章节建议跟随【代码随想录-回溯】课程学习
真心推荐，卡尔讲的很不错

回溯模板

void backtracking(参数) {
    if (终止条件) {
        存放结果;
        return;
    }
    for (选择：本层集合中元素（树中节点孩子的数量就是集合的大小）) {
        处理节点;
        backtracking(路径，选择列表); // 递归
        回溯，撤销处理结果
    }
}

常规回溯题 与 二叉树回溯题的差别

二叉树的回溯整体上确实是回溯的思想，大体思路也差不多。但在处理细节上还是有些不同的，例如【剑指 Offer 34. 二叉树中和为某一值的路径】与【39. 组合总和】相比：

• 二叉树要从根节点处理（每次递归中处理的是当前节点）；而常规回溯题一般不处理根节点（每次递归中处理的都是孩子节点，而且是多孩子）；因此在处理细节上是有差异的
• 二叉树递归代码：

public void backtracking(TreeNode root, int target, List<Integer> path) {
    if(root == null) {
        return;
    }
    // 处理当前节点
    target -= root.val;
    path.add(root.val);
    if(target == 0 && root.left == null && root.right == null) {
        res.add(new ArrayList(path));
    }
    // 处理左右孩子节点
    backtracking(root.left, target, path);
    backtracking(root.right, target, path);
    // 状态重置
    target += root.val;
    path.remove(path.size() - 1);
}

• 常规回溯递归代码：

public void backtracking(List<Integer> path, int startIndex, int[] candidates, int target) {
    // 终止条件
    if(target == 0) {
        res.add(new ArrayList(path));
        return;
    }
    // for循环处理孩子节点
    for(int i=startIndex; i<candidates.length; i++) {
        // 剪枝：因为我们事先已经为数组排好序了，越往后数字越大，如果当前数字都已经减到负数了，那后面的就没必要在判断了
        if(target - candidates[i] < 0) {
            break;
        }
        target -= candidates[i];
        path.add(candidates[i]);
        backtracking(path, i, candidates, target);
        // 状态重置
        target += candidates[i];
        path.remove(path.size() - 1); 
    }
}

17. 电话号码的字母组合

【17. 电话号码的字母组合】

分析：

套用上面的模板即可，不细讲了

// 删除最后一个字符
sb.deleteCharAt(sb.length() - 1)

代码：

class Solution {
    private List<String> res = new ArrayList();
    StringBuilder path = new StringBuilder();
	private String[] letters = {" ","*","abc","def","ghi","jkl","mno","pqrs","tuv","wxyz"};
    public List<String> letterCombinations(String digits) {
        if (digits.length() == 0) {
            return new ArrayList();
        }
        StringBuilder path = new StringBuilder();
        backtracking(0, digits);
        return res;
    }

    public void backtracking(int level, String digits) {
        // 不合法（终止条件）
        if(path.length() == digits.length()) {  // 此处也可以写成 level == digits.length() 来做为终止条件
            res.add(path.toString()); // 添加到结果集
            return;
        }
        // 找到对应的候选集
        int index = digits.charAt(level) - '0';
        char[] chars = letters[index].toCharArray();
        // 因为每层的可选集都是独立的，因此for循环都可以从0开始（不会重复）
        for(int i=0; i<chars.length; i++) {
            path.append(chars[i]);
            backtracking(level + 1, digits);
            path.deleteCharAt(path.length() - 1);   // 状态重置
        }
    }
}

77. 组合

【77. 组合】

分析：

参考视频：【带你学透回溯算法-组合问题（对应力扣题目：77.组合）| 回溯法精讲！】

可以将这题与上题对比来看
相同点：

• 都是组合问题，路径组合不能重复（例如：234 和 324就是重复的）

不同点：

• 上一题，每层的可选集都不一样。例如，输入“23”，第一层的可选集是“a、b、c”，第二层的可选集是“d、e、f”，因此我们在遍历每层的可选集时，都可以从下标0开始遍历（因为是独立的数据集，所以不会重复）
• 而该题，每层的可选集都是一样（都是[1,n]），但是我们要保证路径元素不能重复，所以在处理for循环时就要注意。下面是模拟回溯的多叉树状态，从左往右、从上到下 可选集的返回都会缩小1。这时我们使用startIndex来记录下一层搜索的起始位置（for循环的初始下标）

回溯的过程的多叉树：

核心代码如下：
for(int i=startIndex; i<=n; i++)：从startIndex开始遍历，保证组合路径不会重复
backtracking(temp, i + 1, n, k)：使用i+1，保证组合中的元素不会重复

// 从左往右看 因为i本身会自增，且递归函数为backtracking(temp, i + 1, n, k)，参数2就是startIndex，因此越往右可选范围越小
// 越往下也是一样，调用backtracking(temp, i + 1, n, k)，越往下可选集范围越小
for(int i=startIndex; i<=n; i++) {
    temp.add(i);
    backtracking(temp, i + 1, n, k);	// 核心
    temp.remove(temp.size() - 1);
}

代码：

class Solution {
    List<List<Integer>> res = new ArrayList();
    List<Integer> path = new ArrayList();
    public List<List<Integer>> combine(int n, int k) {
        backtracking(1, n, k);
        return res;
    }

    public void backtracking(int startIndex, int n, int k) {
        // 终止条件
        if(path.size() == k) {
            res.add(new ArrayList(path));
            return;
        }
        // 遍历 [startIndex, n]
        for(int i=startIndex; i<=n; i++) {
            path.add(i);    // 操作当前节点
            backtracking(i + 1, n, k);    // 这里是i+1，不要错写成startIndex+1了
            path.remove(path.size() - 1);   // 状态重置
        }

    }
}

39. 组合总和

【39. 组合总和】

分析：

组合问题，因此我们也需要一个 startIndex 变量作为遍历的起始位置。这样做是为了避免出现重复的组合（例如：234 和 324就是重复的）

但与上题不同在于，该题可以允许组合中的元素重复，因此在调用递归方法时，startIndex就没必要+1了

剪枝：为了提高效率，我们事先对数组进行排序，越往后数字越大，如果加到某个节点已经超过了目标值，那后面的就没必要在判断了，因为加起来和会更大

代码：

class Solution {
    List<List<Integer>> res = new ArrayList();
    List<Integer> path = new ArrayList();
    public List<List<Integer>> combinationSum(int[] candidates, int target) {
        // 排序 后后序剪枝做准备
        Arrays.sort(candidates);
        backtracking(0, candidates, target);
        return res;
    }

    public void backtracking(int startIndex, int[] candidates, int target) {
        // 终止条件
        if(target == 0) {
            res.add(new ArrayList(path));
            return;
        }
        for(int i=startIndex; i<candidates.length; i++) {
            // 剪枝：因为我们事先已经为数组排好序了，越往后数字越大，如果当前数字都已经减到负数了，那后面的就没必要在判断了
            if(target - candidates[i] < 0) {
                break;
            }
            target -= candidates[i];
            path.add(candidates[i]);
            backtracking(i, candidates, target);
            // 状态重置
            target += candidates[i];
            path.remove(path.size() - 1); 
        }
    }
}

剑指 Offer 34. 二叉树中和为某一值的路径

【剑指 Offer 34. 二叉树中和为某一值的路径】

分析：

二叉树的回溯整体上确实是回溯的思想，大体思路也差不多。但在处理细节上还是有些不同的，例如和前面组合问题相比：

• 二叉树要从根节点处理（每次递归中处理的是当前节点）；而常规回溯题一般不处理根节点（每次递归中处理的都是孩子节点，而且是多孩子）；因此在处理细节上是有差异的
• 二叉树代码 ：

public void backtracking(TreeNode root, int target, List<Integer> path) {
    if(root == null) {
        return;
    }
    // 处理当前节点
    target -= root.val;
    path.add(root.val);
    if(target == 0 && root.left == null && root.right == null) {
        res.add(new ArrayList(path));
    }
    // 处理左右孩子节点
    backtracking(root.left, target, path);
    backtracking(root.right, target, path);
    // 状态重置
    target += root.val;
    path.remove(path.size() - 1);
}

• 常规回溯代码：

public void backtracking(List<Integer> path, int startIndex, int[] candidates, int target) {
    // 终止条件
    if(target == 0) {
        res.add(new ArrayList(path));
        return;
    }
    // for循环处理孩子节点
    for(int i=startIndex; i<candidates.length; i++) {
        // 剪枝：因为我们事先已经为数组排好序了，越往后数字越大，如果当前数字都已经减到负数了，那后面的就没必要在判断了
        if(target - candidates[i] < 0) {
            break;
        }
        target -= candidates[i];
        path.add(candidates[i]);
        backtracking(path, i, candidates, target);
        // 状态重置
        target += candidates[i];
        path.remove(path.size() - 1); 
    }
}

代码：

class Solution {
    private List<List<Integer>> res = new ArrayList();
    public List<List<Integer>> pathSum(TreeNode root, int target) {
        List<Integer> path = new ArrayList();
        backtracking(root, target, path);
        return res;
    }

    public void backtracking(TreeNode root, int target, List<Integer> path) {
        if(root == null) {
            return;
        }
        // 处理当前节点
        target -= root.val;
        path.add(root.val);
        if(target == 0 && root.left == null && root.right == null) {
            res.add(new ArrayList(path));
        }
        // 递归调用左右子节点
        backtracking(root.left, target, path);
        backtracking(root.right, target, path);
        // 状态重置
        target += root.val;
        path.remove(path.size() - 1);
    }
}

46. 全排列

【46. 全排列】

分析：

因为不是组合问题，所以我们每层遍历时都不用缩小可选的范围，只需要判断当前路径中是否存在该元素即可

代码：

class Solution {
    List<List<Integer>> res = new ArrayList();
    List<Integer> path = new ArrayList();
    public List<List<Integer>> permute(int[] nums) {
        backtracking(nums);
        return res;
    }

    public void backtracking(int[] nums) {
        if(path.size() == nums.length) {
            res.add(new ArrayList(path));
            return;
        }
        for(int i=0; i<nums.length; i++) {
            // 若存在重复元素则不添加
            if(path.contains(nums[i])) {
                continue;
            }
            path.add(nums[i]);
            backtracking(nums);
            path.remove(path.size() -1);
        }
    }
}

47. 全排列 II

【47. 全排列 II】

分析：

与上题不同，该题中提到序列中可能有重复的元素，因此我们要考虑对排列去重
整体逻辑可参考视频：【代码随想录：回溯算法求解全排列，如何去重？| LeetCode：47.全排列 II】
去重逻辑可参考视频：【代码随想录：回溯算法中的去重，树层去重树枝去重，你弄清楚了没？| LeetCode:40.组合总和II】

我们使用一个used数组来表示某个下标的元素在当前路径中是否被使用过?
核心代码：

/**
 * 树层去重操作， 当前前元素 与 前一个元素相同，且前一个元素在当前路径未使用过
 * 树层去重：arr[i] == arr[i-1] && used[i-1] == 0
 * 树枝去重：arr[i] == arr[i-1] && used[i-1] == 1
 */ 
if(i > 0 && arr[i] == arr[i-1] && used[i-1] == 0) {
    continue;
}

代码：

class Solution {
    List<List<Integer>> res = new ArrayList();
    List<Integer> path = new ArrayList();
    public List<List<Integer>> permuteUnique(int[] nums) {
        int[] used = new int[nums.length];
        // 对元素排序，方便去重处理
        Arrays.sort(nums);
        backtracking(nums, used);
        return res;
    }

    public void backtracking(int[] nums, int[] used) {
        if(path.size() == nums.length) {
            // 错误写法：res.add(path);
            // 正确写法：res.add(new ArrayList(path));
            res.add(new ArrayList(path));
            return;
        }

        for(int i=0; i<nums.length; i++) {
            // 【去重处理】若树层重复，则直接跳过
            if(i > 0 && nums[i-1] == nums[i] && used[i-1] == 0) {
                continue;
            }
            // 已使用过则跳过
            if(used[i] == 1) {
                continue;
            }
            path.add(nums[i]);
            used[i] = 1;
            backtracking(nums, used);
            used[i] = 0;
            path.remove(path.size() - 1);
        }
    }
}

51. N 皇后

【51. N 皇后】

分析：

参考视频：【这就是传说中的N皇后？ 回溯算法安排！| LeetCode：51.N皇后】
参考题解：51. N-Queens:【回溯法经典问题】详解

• 用一个二维数组chessBoard来记录棋盘的状态
• 每往下深入一行，然后遍历各个列，判断 当前点chessBoard[row][col]是否有效？
• 是否有效判断逻辑：判断当前点 左上方、正上方、右上方 是否有皇后，若存在则说明不符合规则 是无效的，就返回false

代码：

class Solution {
    List<List<String>> res = new ArrayList();
    public List<List<String>> solveNQueens(int n) {
        char[][] chessBoard = new char[n][n];
        // 初始化棋盘，默认都是'.'
        for(char[] chars: chessBoard) {
            Arrays.fill(chars, '.');
        }
        backtracking(chessBoard, n, 0);
        return res;
    }

    public void backtracking(char[][] chessBoard, int n, int row) {
        if(row == n) {
            res.add(arrayToList(chessBoard));
            return;
        }
        
        for(int col=0; col<n; col++) {
            if(isValid(chessBoard, n, row, col)) {
                chessBoard[row][col] = 'Q';
                backtracking(chessBoard, n, row + 1);
                chessBoard[row][col] = '.';
            }
        }
    }
    /**
     * 检查 chessBoard[row][col] 的 “正上方”、“左上方”、“右上方” 是否有皇后？
     * 存在皇后，说明chessBoard[row][col]是无效的返回false，不存在说明chessBoard[row][col]是有效的，返回true
     */
    public boolean isValid(char[][] chessBoard, int n, int row, int col) {
        // 检查上方 是否有皇后
        for(int i=0; i<row; i++) {
            if(chessBoard[i][col] == 'Q') {
                return false;
            }
        }
        // 检查左上方 是否有皇后
        for(int i=row-1, j=col-1; i>=0 && j>=0; i--, j--) { // 往左上角移动
            if(chessBoard[i][j] == 'Q') {
                return false;
            }
        }
        // 检查右上方 是否有皇后
        for(int i=row-1, j=col+1; i>=0 && j<n; i--, j++) { // 往右上角移动
            if(chessBoard[i][j] == 'Q') {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }

    /**
     * 二维字符数组 -> 字符串集合
     */
    public List arrayToList(char[][] chessBoard) {
        List<String> list = new ArrayList();
        for(char[] chars: chessBoard) {
            list.add(new String(chars));
        }
        return list;
    }
}

22. 括号生成

【22. 括号生成】

分析：

参考题解：【虽然不是最秀的，但至少能让你看得懂！】

还是常规的回溯法，一样的配方

• 该题 可以看做 从 数组 [ '(' , ')' ] 中进行2*n次排列（该数组仅有 左括号 和 有括号 2个元素）

在此树的基础上我们要删除掉不符合的路径，进行剪枝

• 需要满足一定条件才能拼接到path路径中（剪枝）
  • 充要条件：左括号数量 <= n 并且 右括号数量 <= 左括号数量
  • 代码：left <= n && right <= left

代码：

class Solution {
    List<String> res = new ArrayList();
    public List<String> generateParenthesis(int n) {
        StringBuilder sb = new StringBuilder();
        backtracking(sb, 0, 0, n);
        return res;
    }

    /**
     * left、right 分别指左右括号的数量
     */
    public void backtracking(StringBuilder path, int left, int right, int n) {
        // 终止条件
        if(path.length() == n * 2) {
            res.add(path.toString());
            return;
        }
        // 递归处理子孩子（因为只有左、右两种括号，因此就只有两个孩子）
        if(isValid(left+1, right, n)) { // 追加一个“左括号”
            path.append('(');
            backtracking(path, left + 1, right, n);
            path.deleteCharAt(path.length() - 1);
        }
        if(isValid(left, right+1, n)) { // 追加一个“右括号”
            path.append(')');
            backtracking(path, left, right + 1, n);
            path.deleteCharAt(path.length() - 1);
        }

    }
    /**
     * 判断括号有效的条件
     * 若left > n 或者 right > left  那就是无效的
     */
    public boolean isValid(int left, int right, int n) {
        if(left <= n && right <= left) {
            return true;
        }
        return false;
    }
}

分治

108. 将有序数组转换为二叉搜索树

【108. 将有序数组转换为二叉搜索树】

分析：

当看到有序数组，第一印象想到二分
当看到二叉树，第一印象想到中序遍历，但是这题是构造二叉树，因此用不到中序遍历

• 每次都取数组中心元素作为根节点，那么左、右子树的节点个数绝对值相差一定<=1
• 左、右子树其实是规模更小的相同问题，顺其自然想到递归分治的思想
• 分别处理左、右子数组，直到left > right 为止

代码：

class Solution {
    public TreeNode sortedArrayToBST(int[] nums) {
        return dfs(nums, 0, nums.length - 1);
    }

    public TreeNode dfs(int[] nums, int left, int right) {
        if(left > right) {
            return null;
        }
        int mid = (left + right) >> 1;
        TreeNode root = new TreeNode(nums[mid]);
        root.left = dfs(nums, left, mid - 1);
        root.right = dfs(nums, mid + 1, right);
        return root;
    }
}

148. 排序链表

【148. 排序链表】

分析：

最简单的做法就是将所有节点放到集合中，然后对集合进行排序（任意排序算法都可以），这里可参考【八大排序算法】

了解排序算法的，会发现归并排序处理链表是非常舒服的，尤其是合并阶段

该题我使用的就是链表版的归并排序，数组版的归并排序可以参考：【归并排序】

归并排序主要分两个阶段：

• 分治：将待排序列二分，一直向下划分，直到只有一个元素为止（只有一个元素相当于已排序）
• 合并：将已排序的两个子序列合并为一个新的有序序列（主要逻辑）

动画排序过程：

该题我拆分了三个小方法：
【获取链表中心元素】
在【LeetCode刷题总结 - 剑指offer系列 - 持续更新】这篇文章中有总结过，当存在偶数个节点时，怎么获取中心左侧的元素？怎么获取中心右侧的元素？
该题中我们要获取的是中心左侧的元素，因为后面我们要断开链表就需要靠左的元素执行 node.next = null

/**
 * 返回中心节点
 * 若节点个数为偶数，则返回中心左边的节点，例如[1,2,3,4]，最终返回2
 */
public ListNode getMiddle(ListNode head) {
    ListNode slow = head;
    ListNode fast = head;
    while(fast.next != null && fast.next.next != null) {
        slow = slow.next;
        fast = fast.next.next;
    }
    return slow;
}

【合并两个有序的链表】

/**
 * 归并：将两个有序的链表 合并为一个链表
 */
public ListNode merge(ListNode left, ListNode right) {
    // 虚拟头节点
    ListNode head = new ListNode(0);
    ListNode cur = head;
    // 合并（左链表、右链表都存在未合并的元素）
    while(left != null && right != null) {
        if(left.val <= right.val) {
            cur.next = left;
            left = left.next;
        } else {
            cur.next = right;
            right = right.next;
        }
        cur = cur.next;
    }
    // 能走到这里，只有有两种情况：1、左边合并完了、右边没合并完 2、左边没合并完、右边合并完了

    // 合并左链表剩余的元素
    if(left != null) {
        cur.next = left;
    }
    // 合并右链表剩余的元素
    if(right != null) {
        cur.next = right;
    }
    return head.next;
}

【归并排序整体框架】

public ListNode sort(ListNode head) {
    // 终止条件，只有一个元素就不必再排序了
    if(head != null && head.next == null) {
        return head;
    }
    // 获取中心节点
    ListNode middle = getMiddle(head);
    // 从中心断开，left为做链表，right为右链表
    ListNode right = middle.next;
    middle.next = null;
    ListNode left = head;

    // 递归划分处理左半段
    ListNode sortedLeft = sort(left);
    // 递归划分处理右半段
    ListNode sortedRight = sort(right);
    // 将划分后的排序合并（排序的主要逻辑在这个方法里）
    return merge(sortedLeft, sortedRight);
}

代码：

class Solution {
    public ListNode sortList(ListNode head) {
        if(head == null) {
            return null;
        }
        return sort(head);
    }

    public ListNode sort(ListNode head) {
        // 终止条件，只有一个元素就不必再排序了
        if(head != null && head.next == null) {
            return head;
        }
        // 获取中心节点
        ListNode middle = getMiddle(head);
        // 从中心断开，left为做链表，right为右链表
        ListNode right = middle.next;
        middle.next = null;
        ListNode left = head;

        // 递归划分处理左半段
        ListNode sortedLeft = sort(left);
        // 递归划分处理右半段
        ListNode sortedRight = sort(right);
        // 将划分后的排序合并（排序的主要逻辑在这个方法里）
        return merge(sortedLeft, sortedRight);
    }

    /**
     * 归并：将两个有序的链表 合并为一个链表
     */
    public ListNode merge(ListNode left, ListNode right) {
        // 虚拟头节点
        ListNode head = new ListNode(0);
        ListNode cur = head;
        // 合并（左链表、右链表都存在未合并的元素）
        while(left != null && right != null) {
            if(left.val <= right.val) {
                cur.next = left;
                left = left.next;
            } else {
                cur.next = right;
                right = right.next;
            }
            cur = cur.next;
        }
        // 能走到这里，只有有两种情况：1、左边合并完了、右边没合并完 2、左边没合并完、右边合并完了

        // 合并左链表剩余的元素
        if(left != null) {
            cur.next = left;
        }
        // 合并右链表剩余的元素
        if(right != null) {
            cur.next = right;
        }
        return head.next;
    }

    /**
     * 返回中心节点
     * 若节点个数为偶数，则返回中心左边的节点，例如[1,2,3,4]，最终返回2
     */
    public ListNode getMiddle(ListNode head) {
        ListNode slow = head;
        ListNode fast = head;
        while(fast.next != null && fast.next.next != null) {
            slow = slow.next;
            fast = fast.next.next;
        }
        return slow;
    }
}

23. 合并 K 个升序链表

【23. 合并 K 个升序链表】

分析：

还是归并排序的思路。
其实归并排序的本质就是，将两个有序的序列合并为一个有序的序列。归并排序是先将长序列 分成无数个小的子序列，其实就是为了得到有序的序列，因为当子序列长度为1时，就可以看做有序的序列了，紧接着在二二合并

该题其实就是给了我们已经排序好的子序列，然后让我们二二合并，而为了提高效率，我们可以参考归并排序使用分治的思想，时间复杂度（nlogk）

代码：

class Solution {
    public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
        if(lists == null || lists.length==0) {
            return null;
        }
        return partition(lists, 0, lists.length-1);
    }

    /**
     * 本质上还是归并排序的框架
     */
    public ListNode partition(ListNode[] lists, int left, int right) {
        // 终止条件，只有一个链表就没必要再合并了
        if(left == right) {
            return lists[left];
        }
        int mid = (left + right) >> 1;
        // 递归处理左边
        ListNode sortedLeft = partition(lists, left, mid);
        // 递归处理右边
        ListNode sortedRight = partition(lists, mid+1, right);
        // 归并
        return merge(sortedLeft, sortedRight);
    }

    /**
    * 归并：将两个有序的链表 合并为一个链表
    */
    public ListNode merge(ListNode left, ListNode right) {
        // 虚拟头节点
        ListNode head = new ListNode(0);
        ListNode cur = head;
        // 合并（左链表、右链表都存在未合并的元素）
        while(left != null && right != null) {
            if(left.val <= right.val) {
                cur.next = left;
                left = left.next;
            } else {
                cur.next = right;
                right = right.next;
            }
            cur = cur.next;
        }
        // 能走到这里，只有有两种情况：1、左边合并完了、右边没合并完 2、左边没合并完、右边合并完了

        // 合并左链表剩余的元素
        if(left != null) {
            cur.next = left;
        }
        // 合并右链表剩余的元素
        if(right != null) {
            cur.next = right;
        }
        return head.next;
    }

}

位运算

左移(<<)、右移(>>)、无符号右移(>>>)，不存在无符号左移

【Java中的左移、右移、无符号右移(逻辑右移) 详细分析】

• <<表示左移，不分正负数，低位补0 。 例如：r = 20 << 2 = 80；r = -20 << 2 = -80
• >>表示右移，如果该数为正，则高位补0，若为负数，则高位补1。 例如：r = 20 >> 2 = 5；r = -20 >> 2 = -5
• >>>表示无符号右移，也叫逻辑右移，即若该数为正，则高位补0，而若该数为负数，则右移后高位同样补0。例如：20 >>> 2 = -20 >>> 2 = 1073741819

得到数字n的第一位字节

(n & 1) ： 获取第一位字节

同理，若想得到n的第i位的bit值，则先将数字逻辑右移i-1位，再和1求与，即(n >>> (i-1)) & 1

190. 颠倒二进制位

【190. 颠倒二进制位】

分析：

代码：

public class Solution {
    public int reverseBits(int n) {
        int rev = 0;
        for(int i=0; i<32; i++) {
            // 保留第一位字节， 后面的全部补0，相当于 1101 -> 0001 （以4位为例）
            int bit = (n & 1);
            // 左移 31-i位，相当于 0001 -> 1000 （以4位为例）
            bit = bit << (31 - i);
            // 相当于把这一位字节 加到结果上，相当于 rev + bit = 0000 + 1000 = 1000 （这里假设rev为0）
            rev |= bit;
            // 右移一位，相当于删除刚才已经计算的那一位， 相当于 1101 -> 0110 （右移了一位）
            n >>>= 1;	// 这里要用逻辑右移 >>> 
        }
        return rev;
    }
}

191. 位1的个数

【191. 位1的个数】

分析：

判断每一位是否为1？
是则count++

代码：

public class Solution {
    // you need to treat n as an unsigned value
    public int hammingWeight(int n) {
        int count = 0;

        for(int i=0; i<32; i++) {
            // 判断第1位是否为1
            if((n & 1) == 1) {
                count++;
            }
            // 无符号右移
            n >>>= 1;
        }

        return count;
    }
}

JZ65 不用加减乘除做加法

【JZ65 不用加减乘除做加法 】

分析：

B站上讲解视频：
https://www.bilibili.com/video/BV1K741127Ax?spm_id_from=333.788.top_right_bar_window_history.content.click

简单来说就是： a + b 等价于 (a ^ b) + ((a & b) << 1)

代码：

递归版代码：（更易懂）

class Solution {
    /**
     * a + b 等价于 (a ^ b) + ((a & b) << 1)
     * 因此递归处理
     */
    public int add(int a, int b) {
        // 若a == 0，则 a + b = b
        if(a == 0) return b;

        // 若b == 0，则 a + b = a
        if(b == 0) return a;

        int m = a ^ b;
        int n = (a & b) << 1;

        // 递归处理 m + n
        return add(m, n);
    }
}

非递归版代码：

public class Solution {
    public int Add(int num1,int num2) {
        
        // 重复加法运算 直到进位和求得为0
        while(num2 != 0) {
            // 不进位 + ，用 异或操作
            int sum = num1 ^ num2;
            // 进位 + ， 用 与操作
            int c = (num1 & num2) << 1;
            
            // 紧接着 （和s）==（非进位和sum）+（进位c）
            num1 = sum;    // num1 变sum
            num2 = c;    // num2 变 c  重复加法运算
        }
        
        return num1;
    }
}

136. 只出现一次的数字

【136. 只出现一次的数字】

分析：

这道题主要利用位运算中异或的性质
异或：二进制下用1表示真，0表示假，则异或的运算法则为：0⊕0=0，1⊕0=1，0⊕1=1，1⊕1=0（同为0，异为1）
对于这道题，可使用异或运算 ⊕。异或运算有以下三个性质。

• 任何数和 0 做异或运算，结果仍然是原来的数，即 a⊕0=a 。
• 任何数和其自身做异或运算，结果是 0，即 a⊕a=0。
• 异或运算满足交换律和结合律，即a⊕b⊕a =b⊕a⊕a = b⊕(a⊕a) = b⊕0=b。

因为该数组中只有一个数出现一次，其他数都是出现两次，所有若让数组中所有的数参与异或运算，最终的结果肯定是只出现一次的那个数。

代码：

class Solution {
    public int singleNumber(int[] nums) {
        int res = 0;
        for(int i=0; i<nums.length; i++) {
            res ^= nums[i];
        }
        return res;
    }
}

剑指 Offer 56 - I. 数组中数字出现的次数

【剑指 Offer 56 - I. 数组中数字出现的次数】

分析：

异或：二进制下用1表示真，0表示假，则异或的运算法则为：0⊕0=0，1⊕0=1，0⊕1=1，1⊕1=0（同为0，异为1）

假设这两个数为 res1 和 res2

• 若按照上一题求解，那么最终的结果是 diff = res1 ^ res2（res1 ^ res2：那么二进制每一位分别进行异或运算）
• 技巧：diff &= -diff，最终只有一位为1（00001000这种格式的数据），并且第4位就是diff最低位的1
• res1 ^ res2 的第4位为1。这能说明什么？ res1 和 res2在这一位是不同的，那么我们就可以根据这一点 将序列分成两组，res1 和 res2分别在这两个数组中。此刻该题就降级了，就变成和上一题一样了

代码：

class Solution {
    public int[] singleNumbers(int[] nums) {
        int diff = 0;
        for(int i=0; i<nums.length; i++) {
            diff ^= nums[i];
        }
        // 此刻的diff = res1 ^ res2 （^：异或，每一位位运算，相同则0，不同则1）
        // 技巧：diff &= -diff，得出的结果是 00001000这种格式的数据 得出diff最低位为1的位置，
        // 此刻我们能知道 res1 和 res2在某一位是有差异的，即res1和res2在这一位不同，一个为0，一个为1
        diff &= -diff;
        int res1 = 0;
        int res2 = 0;
        for(int i=0; i<nums.length; i++) {
            int cur = nums[i];
            // 以(cur & diff) == 0为判断条件，将数据分成两组，res1和res2分别在这两组中
            if((cur & diff) == 0) {
                res1 ^= cur;
            } else {
                res2 ^= cur;
            }
        }
        return new int[] {res1, res2};
    }
}

JZ64 求1+2+3+…+n

【JZ64 求1+2+3+…+n 】

分析：

这里因为不能用while因此用的是递归的方式；
因为不能用if，因此用的是&&来做短路：只有前面第一个逻辑成立才会执行后面的逻辑代码。

代码：

public class Solution {
    // res 用于存放累加结果
    int res = 0;
    public int Sum_Solution(int n) {
        // 其实这里的temp是无用的，只是为了充当一个布尔值保证，后面的 && 左右的代码执行
        // 后面判断Sum_Solution(n-1) > 0也是无用的， 只是为了执行 Sum_Solution(n-1)这段代码
        // 这里只有 n>1 满足后才会执行后面的递归代码 ， 因为 && 也叫做短路运算法
        // 效果类似于 if(n>1) Sum_Solution(n-1)
        boolean temp = n>1 && Sum_Solution(n-1) > 0;
        // 累加n
        res += n;
        
        return res;
    }
}

201. 数字范围按位与

【201. 数字范围按位与】

分析：

实际上要求的是 left 和 right的最长前缀

参考视频：【【LeetCode 每日一题】201. 数字范围按位与 | 手写图解版思路 + 代码讲解】

• 蓝色，前部分二进制位都是相同的，最终相与，前部分结果也一定是相同，一定不变
• 而非蓝色部分（从左往右看，第一个不相同的位开始），从 0xx 累加到 1xx，肯定会经过 011 和 100，这两个数相与 必为0，所以蓝色之后的结果最终肯定为0
• 因此最终的结果就是，最长公共前缀所表示的二进制结果

代码：

class Solution {
    public int rangeBitwiseAnd(int left, int right) {
        int ret = 0;
        for(int i=0; i<32; i++) {
            // 如果同时右移i位相同，则说明31-i位就是最长相同前缀
            if((left >> i) == (right >> i)) {
                // 将前i位补0（非相同前缀位）
                ret = (left >> i) << i;
                break;
            }
        }
        return ret;
    }
}

哈希表

383. 赎金信

【383. 赎金信】

分析：

• 利用一个大小为26的数组来表示字母
• 下标用来区分对应的字母。例如： 字母b， 那么‘b’ - 'a' = 1 那么下标1就用来表示字母b；字母z，'z' - 'a' = 25，那么下标25就用来表示z
• 数组对应的值用来表示该字母的个数

代码：

class Solution {
    public boolean canConstruct(String ransomNote, String magazine) {
        if(magazine.length() == 0) {
            return false;
        }
        int len1 = ransomNote.length();
        int len2 = magazine.length();
        // 用数组下标来表示26个英文字母，对应的值表示该字母的个数
        int[] arr = new int[26];
        for(int i=0; i<len2; i++) {
            char cur = magazine.charAt(i);
            arr[cur - 'a']++;
        }

        for(int i=0; i<len1; i++) {
            char cur = ransomNote.charAt(i);
            if(arr[cur - 'a'] == 0) {
                return false;
            } else {
                arr[cur - 'a']--;
            }
        }
        return true;
    }
}

205. 同构字符串

【205. 同构字符串】

分析：

• 需要维护两个map。s2tMap用来映射s到t，t2sMap用来映射t到s
• 同步遍历两个字符串（s和t）并获取对应的字符c1、c2
• 若s2tMap包含c1 但是映射的值不等于c2，则返回false；需要满足双向映射。因此若t2sMap包含c2 但是映射的值不等于c1，则返回false

代码：

解法一：

class Solution {
    public boolean isIsomorphic(String s, String t) {
        Map<Character, Character> s2tMap = new HashMap();
        Map<Character, Character> t2sMap = new HashMap();
        for(int i=0; i<s.length(); i++) {
            char c1 = s.charAt(i);
            char c2 = t.charAt(i);
            // 判断s到t的映射
            if(s2tMap.containsKey(c1) && s2tMap.get(c1) != c2) {
                return false;
            }
            // 判断t到s的映射
            if(t2sMap.containsKey(c2) && t2sMap.get(c2) != c1) {
                return false;
            }
            s2tMap.put(c1, c2);
            t2sMap.put(c2, c1);
        }
        return true;
    }
}

优化：
题中明确说 s 和 t 由任意有效的 ASCII 字符组成，而ASCII的只有128个，因此我们可以用int[128]来表示对应的字符

class Solution {
    public boolean isIsomorphic(String s, String t) {
        // ASCII 一共 128个数字，这里我们用0-127来表示 
        int[] s2tMap = new int[128];
        int[] t2sMap = new int[128];
        Arrays.fill(s2tMap, -1);
        Arrays.fill(t2sMap, -1);
        for(int i=0; i<s.length(); i++) {
            char c1 = s.charAt(i);
            char c2 = t.charAt(i);
            if(s2tMap[c1] != -1 && s2tMap[c1] != c2) {
                return false;
            }
            if(t2sMap[c2] != -1 && t2sMap[c2] != c1) {
                return false;
            }
            s2tMap[c1] = c2;
            t2sMap[c2] = c1;
        }

        return true;
    }
}

290. 单词规律

【290. 单词规律】

分析：

其实和上一题【同构字符串】的意思是一样的，因为我们需要维护两个map，保证双向映射（建议先做上一题）

代码：

class Solution {
    public boolean wordPattern(String pattern, String s) {
        String[] arr = s.split(" ");
        if(pattern.length() != arr.length) {
            return false;
        }
        Map<Character, String> p2s = new HashMap();
        Map<String, Character> s2p = new HashMap();
        for(int i=0; i<pattern.length(); i++) {
            char c = pattern.charAt(i);
            String str = arr[i];
            if(p2s.containsKey(c) && !p2s.get(c).equals(str)) {
                return false;
            } 
            if(s2p.containsKey(str) && s2p.get(str) != c) {
                return false;
            }
            p2s.put(c, str);
            s2p.put(str, c);
        }
        return true;
    }
}

242. 有效的字母异位词

【242. 有效的字母异位词】

分析：

用int[26]来表示26个英文字母的个数，和上面【383. 赎金信】这题是类似的

代码：

class Solution {
    public boolean isAnagram(String s, String t) {
        if(s.length() != t.length()) {
            return false;
        }
        // int[26] 用来表示26个英文字母的个数
        int[] arr = new int[26];
        char[] arrS = s.toCharArray();
        for(int i=0; i<s.length(); i++) {
            char c = arrS[i];
            arr[c -'a']++;
        }

        char[] arrT = t.toCharArray();
        for(int i=0; i<t.length(); i++) {
            char c = arrT[i];
            arr[c - 'a']--;
            if(arr[c - 'a'] == -1) {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
}

字母异位词分组

【49. 字母异位词分组】

分析：

由于互为字母异位词的两个字符串包含的字母相同，因此对两个字符串分别进行排序之后得到的字符串一定是相同的，故可以将排序之后的字符串作为哈希表的键。

代码：

class Solution {
    public List<List<String>> groupAnagrams(String[] strs) {
        Map<String, List<String>> map = new HashMap<String, List<String>>();
        for (String str : strs) {
            char[] array = str.toCharArray();
            // 字母异位词 排序后一定相同
            Arrays.sort(array);
            String key = new String(array);
            List<String> list = map.getOrDefault(key, new ArrayList<String>());
            list.add(str);
            map.put(key, list);
        }
        return new ArrayList<List<String>>(map.values());
    }
}

1. 两数之和

【两数之和】

分析：

• 空间换时间的思想，将当前值 以及对应下标信息 存储在map中

核心代码：

// 初始化：存储 某个值 以及 在nums中的位置信息
HashMap<Integer, Integer> tempMap = new HashMap();

// 如果目标值 存在tempMap中，则说明找到了结果
if(tempMap.containsKey(another)) {
    res[0] = i;
    res[1] = tempMap.get(another);
    return res;
}

// 主流程：把当前值 及 对应位置信息存入到map中
tempMap.put(nums[i], i);

代码：

class Solution {
    public int[] twoSum(int[] nums, int target) {
        // 初始化map： 【值:下标】
        HashMap<Integer, Integer> tempMap = new HashMap();
        int[] res = new int[2];
        for(int i=0; i<nums.length; i++) {
            Integer another = target - nums[i];
            // 如果目标值 存在tempMap中，则说明找到了结果
            if(tempMap.containsKey(another)) {
                res[0] = i;
                res[1] = tempMap.get(another);
                return res;
            }
            // 将【值:下标】 存储在map中 (常规套路，在写代码时进入for后 就可以先写这一步)
            tempMap.put(nums[i], i);
        }
        return res;
    }
}

219. 存在重复元素 II

【219. 存在重复元素 II】

分析：

关键点：使用一个map来记录，某个值在nums中的下标

代码：

class Solution {
    public boolean containsNearbyDuplicate(int[] nums, int k) {
        // key：对应值  value：在nums的下标
        Map<Integer, Integer> map = new HashMap();
        for(int i=0; i<nums.length; i++) {
            int cur = nums[i];
            if(map.containsKey(cur) && i - map.get(cur) <= k) {
                return true;
            }
            map.put(cur, i);
        }
        return false;
    }
}

128. 最长连续序列

【128. 最长连续序列】

分析：

参考题解：【【超小白】哈希集合/哈希表/动态规划/并查集四种方法，绝对够兄弟们喝一壶的！】

1. 首先遍历数组，将数据存储到set中，set有两个作用：
   • 作用1：使用hashSet判断元素是否存在，时间复杂度为O(1)
   • 作用2：元素去重
2. 遍历set，计算元素连续累加的最大长度。若 cur-1存在，则没必要计算，原因：
   • 原因1：如果num-1已经在数组中的话，那么num-1肯定会进行相应的+1遍历，然后遍历到num
   • 原因2：而且从num-1开始的+1遍历必定比从num开始的+1遍历得到的序列长度更长

代码：

class Solution {
    public int longestConsecutive(int[] nums) {
        int res = 0;
        Set<Integer> set = new HashSet();
        for(int num: nums) {
            set.add(num);
        }
        // 遍历去重后的set
        for(int num: set) {
            int cur = num;
            /**
             * 若存在 cur-1，那么我们是没必要计算的，因为
             * 1. 如果num-1已经在数组中的话，那么num-1肯定会进行相应的+1遍历，然后遍历到num
             * 2. 而且从num-1开始的+1遍历必定比从num开始的+1遍历得到的序列长度更长
             * 结论：我们便可将在一个连续序列中的元素让其只在最小的元素才开始+1遍历
             */
            if(!set.contains(cur-1)) {
                // 计算累加连续最大长度
                while(set.contains(cur+1)) {
                    cur++;
                }
                // 更新最大值
                res = Math.max(res, cur - num + 1);
            }
        }
        return res;
    }
}

堆

373. 查找和最小的 K 对数字

【373. 查找和最小的 K 对数字】

分析：

其实就是将多个有序序列合并为一个有序序列，不过只需要排前k个值就可以了

有序序列分别为：

• 序列1：num1[0]+num2[0]、num1[0]+num2[1]、num1[0]+num2[2]、num1[0]+num2[3]、num1[0]+num2[4]
• 序列2：num1[1]+num2[0]、num1[1]+num2[1]、num1[1]+num2[2]、num1[1]+num2[3]、num1[1]+num2[4]
• 序列3：num1[2]+num2[0]、num1[2]+num2[1]、num1[2]+num2[2]、num1[2]+num2[3]、num1[2]+num2[4]
• …
• 序列n+1：num1[n]+num2[0]、num1[n]+num2[1]、num1[n]+num2[2]、num1[n]+num2[3]、num1[n]+num2[4]

解题步骤为：
1、首先将每个队列的首个元素添加到 优先队列中
2、弹出最小值，并将弹出元素的该队列进行后移（类似于指针后移）
3、进行步骤2，直到找到k个元素为止

代码：

class Solution {
    public List<List<Integer>> kSmallestPairs(int[] nums1, int[] nums2, int k) {
        /**
         * 该题可以理解为合并多个有序序列，分别是
         * 序列1：num1[0]+num2[0]、num1[0]+num2[1]、num1[0]+num2[2]、num1[0]+num2[3]、num1[0]+num2[4]
         * 序列2：num1[1]+num2[0]、num1[1]+num2[1]、num1[1]+num2[2]、num1[1]+num2[3]、num1[1]+num2[4]
         * 序列3：num1[2]+num2[0]、num1[2]+num2[1]、num1[2]+num2[2]、num1[2]+num2[3]、num1[2]+num2[4]
         * 序列4：num1[3]+num2[0]、num1[3]+num2[1]、num1[3]+num2[2]、num1[3]+num2[3]、num1[3]+num2[4]
         * ...
         * 序列n+1：num1[n]+num2[0]、num1[n]+num2[1]、num1[n]+num2[2]、num1[n]+num2[3]、num1[n]+num2[4]
         * 
         * 解题步骤为：
         * 1、首先将每个队列的首个元素添加到 优先队列中
         * 2、弹出最小值，并将弹出元素的该队列进行后移（类似于指针后移）
         * 3、进行步骤2，直到找到k个元素为止
         */
        List<List<Integer>> res = new ArrayList();
        // 优先级队列，保存[idx1, idx2]；其中idx1是num1的下标，idx2是num2的下标
        PriorityQueue<int[]> heap = new PriorityQueue<>((a,b) -> ((nums1[a[0]] + nums2[a[1]]) - (nums1[b[0]] + nums2[b[1]])));
        // 1、首先将每个队列的首个元素添加到 优先队列中
        for(int i=0; i<nums1.length; i++) {
            heap.offer(new int[]{i, 0});
        }

        // 最多弹出k次
        while(k > 0 && !heap.isEmpty()) {
            int[] pos = heap.poll();
            res.add(Arrays.asList(nums1[pos[0]], nums2[pos[1]]));
            // 将idx2 后移
            if(pos[1] + 1 < nums2.length) {
                pos[1]++;
                heap.offer(pos);
            }
            k--;
        }
        return res;
    }
}

295. 数据流的中位数

【295. 数据流的中位数】

分析：

解题思路：

B站上视频讲解：https://www.bilibili.com/video/BV1J5411J7yj?spm_id_from=333.788.top_right_bar_window_history.content.click

https://www.bilibili.com/video/BV1hi4y1b7z5?spm_id_from=333.788.top_right_bar_window_history.content.click

有多种解法，你可以使用插入排序的写法（可以利用前面序列是有序的特性），这种方式我不写了。

接下来说另一种，用一个大根堆 和 一个小跟堆 来实现

• 左边的数据 使用 大根堆
• 右边的数据 使用 小跟堆

其实这个图是有问题的。其实我们不能保证左边和右边的数据是递增有序的。
但是我们要保证：

• 左侧大根堆的堆顶元素要满足两点：
  • 大于左侧的所有元素（大根堆性质就是如此，不需要我们来处理）
  • 同时小于右侧的所有元素（需要我们自己去维护这个关系）
• 右侧小根堆的堆顶元素要满足两点：
  • 小于右侧的所有元素（小根堆性质就是如此，不需要我们来处理）
  • 同时大于左侧的所有元素（需要我们自己去维护这个关系）
• 左右两侧数据数量要均衡，我是这样处理的：
  • 当整体数量为偶数，左侧个数 = 右侧个数
  • 当整体数量为奇数， 右侧数量 > 左侧数量 （相差1）
• 左侧的元素 都比 右侧的元素小（这样一来 大根堆堆顶就是中位数 或者 两个堆顶的平均值是中位数 ）

代码：

class MedianFinder {
    // 统计数据流的个数
    private int count;
    // 维护左侧的大根堆（维护左侧序列）
    PriorityQueue<Integer> maxHead = new PriorityQueue(new Comparator<Integer>() {
        @Override
        public int compare(Integer o1, Integer o2) {
            return o2 - o1;
        }
    });
    // 维护右侧的小根堆（维护右侧序列）
    PriorityQueue<Integer> minHead = new PriorityQueue();

    public MedianFinder() {
    }
    
    public void addNum(int num) {
        if(count % 2 == 0) {    // 偶数
            /**
             * 最终添加在右侧序列
             * 1、首先将数据添加到左侧的大根堆
             * 2、然后将左侧的最大值添加到右侧的小根堆中（最终元素数量增加的是右侧元素）
             */

             /**
              * 其实1、2 两步可以理解为是一种【过滤操作】，有两个目的：
              * 目的1：最终右侧序列新增
              * 目的2：最终添加到右侧序列的元素 保证要 大于左侧的所有元素（因此就有了 minHead.offer(maxHead.poll())操作）
              */
            maxHead.offer(num);
            minHead.offer(maxHead.poll());  // 最终添加在右侧序列
        } else {    // 道理同上，只是过滤的方向不一样
            minHead.offer(num);
            maxHead.offer(minHead.poll());  // 最终添加在左侧序列
        }
        count++;
    }
    
    public double findMedian() {
        if(count == 0) {
            return 0;
        }
        return count % 2 == 0 ? (maxHead.peek() + minHead.peek()) / 2.0 : minHead.peek();
    }
}

栈

20. 有效的括号

【20. 有效的括号】

分析：

不算太难哈，直接看代码

代码：

class Solution {
    public boolean isValid(String s) {
        if(s.isEmpty()) {
            return false;
        }
        Stack<Character> stack = new Stack();
        for(char ch: s.toCharArray()) {
            if(ch == '(') {
                stack.push(')');
            } else if (ch == '{') {
                stack.push('}');
            } else if (ch == '[') {
                stack.push(']');
            } else if (stack.isEmpty() || ch != stack.pop()) {
                return false;
            }
        }
        return stack.isEmpty();
    }
}

71. 简化路径

【71. 简化路径】

分析：

核心点就是使用栈，模拟..返回上一级目录的操作，如下步骤：

1. 使用path.split("/")函数对原字符串进行分割
2. 遍历分割后的数组
   • 遇见..， 则弹栈
   • 遇见 . 或者 ""，则不处理
   • 其他字符，则压入栈中
3. 最后遍历栈，并进行字符串拼接

代码：

class Solution {
    public String simplifyPath(String path) {
        Stack<String> stack = new Stack();
        for(String item: path.split("/")) {
            if("..".equals(item)) {
                // 遇见 ".." 则弹出上一级目录
                if(!stack.isEmpty()) {
                    stack.pop();
                }
            } else if (".".equals(item) || "".equals(item)) {
                // 遇见"." 或者 "",则不处理
                continue;
            } else {
                // 其他情况都加入到栈中
                stack.push(item);
            }
        }

        StringBuilder sb = new StringBuilder("/");
        for(String s: stack) {  // 栈的foreach遍历，是和数组一样的，按顺序遍历并非逆序的
            sb.append(s + "/");
        }
        sb.deleteCharAt(sb.length() - 1);
        return sb.isEmpty() ? "/" : sb.toString();
    }
}

155. 最小栈

【155. 最小栈】

分析：

解题步骤：
为了解决要求栈的最小值而且要保证时间复杂度较低的要求，我们需要还需要一个栈区存某一状态下的最小值。因此 这里一共使用两个栈空间，一个栈用于存放普通数据，另一个则用于存放最小值数据

// 该栈就是正常的栈，添加什么数据就压入什么数据
Stack<Integer> normalStack = new Stack();
// 该栈存入的是 相对于normalStack来说 某一状态（状态可以理解为栈的大小）下的最小值（栈顶存最小值）
Stack<Integer> minStack = new Stack();

push方法：

• 首先数据存入到normalStack 中。
• 紧接着该存最小值了。如果minStack是空的，那么直接将插入值压入minStack即可。
• 如果minStack不为空，那么就取出栈顶元素（前个状态的最小值）与插入值进行比较，如果插入值更小就将插入值压入minStack；如果还是前一个状态的最小值更小 就将前个状态的最小值再压入minStack，因为minStack的栈顶元素始终存的都是当前状态的最小值（当前状态可以理解为normalStack当前的深度、大小）

pop方法：

normalStack.pop();
minStack.pop();

两个栈弹出栈顶元素即可（必须都要弹出，要保证minStack与normalStack的状态一致）

top方法：

normalStack.peek();

获取normalStack的栈顶元素即可

min方法：

minStack.peek();

获取minStack的栈顶元素即可

代码：

class MinStack {
    // 实际存储数据的栈
    Stack<Integer> stack = new Stack();
    // 辅助栈，存储当前状态的最小值
    Stack<Integer> stack1 = new Stack();

    public MinStack() {
    }
    
    public void push(int val) {
        stack.push(val);
        if(stack1.isEmpty()) {
            stack1.push(val);
        } else {
            stack1.push(Math.min(stack1.peek(), val));
        }
    }
    
    public void pop() {
        stack.pop();
        stack1.pop();
    }
    
    public int top() {
        return stack.peek();
    }
    
    public int getMin() {
        return stack1.peek();
    }
}

150. 逆波兰表达式求值

【150. 逆波兰表达式求值】

分析：

参考视频：【栈的最后表演！ | LeetCode：150. 逆波兰表达式求值】

• 遇见 + - * / 就从栈中弹出两个数字，进行对应运算
• 然后将运算的结果重新添加到栈中

代码：

class Solution {
    public int evalRPN(String[] tokens) {
        Stack<Integer> stack = new Stack();
        for(String token: tokens) {
            if("+".equals(token) || "-".equals(token) || "*".equals(token) || "/".equals(token)) {
                int num1 = stack.pop();
                int num2 = stack.pop();
                if("+".equals(token)) {
                    stack.push(num2 + num1);
                }
                if("-".equals(token)) {
                    stack.push(num2 - num1);
                }
                if("*".equals(token)) {
                    stack.push(num2 * num1);
                }
                if("/".equals(token)) {
                    stack.push(num2 / num1);
                }
            } else {
                stack.push(Integer.parseInt(token));
            }
        }
        return stack.pop();
    }
}

图

dfs

二叉树的dfs：

void dfs(TreeNode root) {
    if (root == null) {
        return;
    }
    dfs(root.left);
    dfs(root.right);
}

图的dfs：

public void dfs(char[][] grid, int x, int y) {
    // 边界条件
    if(!inArea(grid, x, y)) {
        return;
    }
    // 其他条件（例如已标记过的，不再处理）
    。。。
    // 遍历过要加上标记
    grid[x][y] = '2';
    dfs(grid, x-1, y);  // 上
    dfs(grid, x+1, y);  // 下
    dfs(grid, x, y-1);  // 左
    dfs(grid, x, y+1);  // 右
}

public boolean inArea(char[][] grid, int x, int y) {
    return x >= 0 && x < grid.length && y >=0 && y < grid[0].length;
}

200. 岛屿数量

【200. 岛屿数量】

分析：

1. 遍历所有网格，遇到陆地点，则以该点开始深度优先遍历
2. 遍历过的点要打上标记（避免后序重复遍历）

代码：

class Solution {
    public int numIslands(char[][] grid) {
        int count = 0;
        for(int i=0; i<grid.length; i++) {
            for(int j=0; j<grid[0].length; j++) {
            	// 遇到陆地
                if(grid[i][j] == '1') {
                    dfs(grid, i, j);
                    count++;
                }
            }
        }
        return count;
    }

    public void dfs(char[][] grid, int x, int y) {
        // 边界条件
        if(!inArea(grid, x, y)) {
            return;
        }
        // 不是岛屿不处理
        if(grid[x][y] != '1') {
            return;
        }
        // 遍历过要加上标记
        grid[x][y] = '2';
        dfs(grid, x-1, y);  // 上
        dfs(grid, x+1, y);  // 下
        dfs(grid, x, y-1);  // 左
        dfs(grid, x, y+1);  // 右
    }

    public boolean inArea(char[][] grid, int x, int y) {
        return x >= 0 && x < grid.length && y >=0 && y < grid[0].length;
    }
}

463. 岛屿的周长

【463. 岛屿的周长】

分析：

参考题解：【「手画图解」463. 岛屿的周长 | 很简单的解法】

核心点就是：

• 从土地到土地，之间不会产生周长
• 从土地迈入海洋，之间会产生 1 个周长
• 从土地迈出矩阵边界，也会产生 1 个周长

代码：

class Solution {
    public int islandPerimeter(int[][] grid) {
        int count = 0;
        for(int i=0; i<grid.length; i++) {
            for(int j=0; j<grid[0].length; j++) {
                if(grid[i][j] == 1) {
                    return dfs(grid, i, j);
                }
            }
        }
        return 0;
    }

    /**
     * 求周长：
     * 1、从陆地到海洋，边长会增加1
     */
    public int dfs(int[][] grid, int x, int y) {
        // 边界条件（类似于 从陆地到海洋 ）
        if(!inArea(grid, x, y)) {
            return 1;
        }
        // 从陆地到海洋
        if(grid[x][y] == 0) {
            return 1;
        }
        // 已遍历后的
        if(grid[x][y] == 2) {
            return 0;
        }
        // 走到这里，说明当前点为 1，则需要深度优先遍历
        // 遍历过要加上标记
        grid[x][y] = 2;
        return dfs(grid, x-1, y) + dfs(grid, x+1, y) + dfs(grid, x, y-1) + dfs(grid, x, y+1);
    }

    public boolean inArea(int[][] grid, int x, int y) {
        return x >= 0 && x < grid.length && y >=0 && y < grid[0].length;
    }
}

130. 被围绕的区域

【130. 被围绕的区域】

分析：

参考视频：【【深度优先】——130 被包围的区域】
参考题解：【bfs+递归 dfs+非递归 dfs+并查集】

• 遍历边缘的O，并进行深度优先遍历，标记连通点为#
• 遍历整个网格，原始的O改成X，#改为O

代码：

class Solution {
    public void solve(char[][] board) {
        int r = board.length;
        int c = board[0].length;
        // 从边缘的O开始。标记与外部连通的O，修改为2
        for(int i=0; i<r; i++) {
            for(int j=0; j<c; j++) {
                boolean isEdge = i == 0 || i == r-1 || j == 0 || j == c-1;
                if(isEdge && board[i][j] == 'O') {
                    dfs(board, i, j);
                }
            }
        }
        // 重新遍历网格， O->X ， #->O
        for(int i=0; i<r; i++) {
            for(int j=0; j<c; j++) {
                if(board[i][j] == 'O') {
                    board[i][j] = 'X';
                }
                if(board[i][j] == '#') {
                    board[i][j] = 'O';
                }
            }
        }
    }
    public void dfs(char[][] grid, int x, int y) {
        // 边界条件
        if(!inArea(grid, x, y)) {
            return;
        }
        // 不是岛屿不处理
        if(grid[x][y] != 'O') {
            return;
        }
        // 遍历过要加上标记
        grid[x][y] = '#';
        dfs(grid, x-1, y);  // 上
        dfs(grid, x+1, y);  // 下
        dfs(grid, x, y-1);  // 左
        dfs(grid, x, y+1);  // 右
    }

    public boolean inArea(char[][] grid, int x, int y) {
        return x >= 0 && x < grid.length && y >=0 && y < grid[0].length;
    }
}

133. 克隆图

【133. 克隆图】

分析：

参考视频：【【LeetCode 每日一题】133. 克隆图 | 手写图解版思路 + 代码讲解】

一共遍历两次：

• 第一次遍历：【拷贝节点】，创建新节点，并将 新节点 和 老节点 的映射关系存储到map中
• 第二次遍历：【拷贝边】，根据map映射关系，拷贝边（即 点 与 点 的指向关系）

和【138. 复制带随机指针的链表】这道题有点相似

代码：

class Solution {
    Map<Node, Node> cloneMap = new HashMap();
    public Node cloneGraph(Node node) {
        // 第一次遍历：【拷贝节点】，创建新节点，并将 新节点 和 老节点 的映射关系存储到map中，
        dfs(node);
        // 第二次遍历：【拷贝边】，根据map映射关系，拷贝边（即 点 与 点 的指向关系）
        for(Map.Entry<Node, Node> entry: cloneMap.entrySet()) {
            Node keyNode = entry.getKey();
            Node valNode = entry.getValue();
            List<Node> cloneNeighbors = new ArrayList();
            for(Node item: keyNode.neighbors) {
                cloneNeighbors.add(cloneMap.get(item));
            }
            valNode.neighbors = cloneNeighbors;
        }
        
        return cloneMap.get(node);
    }
    
    /**
     * 深度优先遍历图的所有节点
     * 同时创建克隆节点，并将 新节点 和 老节点 的映射关系存储到map中
     */
    public void dfs(Node node) {
        if(node == null) {
            return;
        }
        // 存入到map中
        cloneMap.put(node, new Node(node.val));
        // 遍历相邻节点
        for(Node item: node.neighbors) {
            // 遍历过的就不用再遍历了
            if(cloneMap.containsKey(item)) {
                continue;
            }
            // 深度优先
            dfs(item);
        }
    }
}

207. 课程表

【207. 课程表】

分析：

参考视频：【207. 课程表 Course Schedule 【LeetCode 力扣官方题解】】

参考题解：【「图解」拓扑排序 | 课程表问题】

代码：

class Solution {
    public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
        // 课号和对应的入度
        Map<Integer, Integer> inDegreeMap = new HashMap();
        for(int i=0; i<numCourses; i++) {
            inDegreeMap.put(i, 0);
        }
        // 依赖关系, 依赖当前课程的后序课程
        Map<Integer, List<Integer>> outDegreeCourseMap = new HashMap();

        for(int[] arr: prerequisites) {
            int prev = arr[1];
            int cur = arr[0];
            // 更新出度集合列表
            if(!outDegreeCourseMap.containsKey(prev)) {
                outDegreeCourseMap.put(prev, new ArrayList());
            }
             outDegreeCourseMap.get(prev).add(cur);
            // 更新入度
            inDegreeMap.put(cur, inDegreeMap.get(cur) + 1);
        }

        // BFS，将入度为0（不需要前置课程）的课程放入列表
        Queue<Integer> queue = new LinkedList();
        for(int key: inDegreeMap.keySet()) {
            if(inDegreeMap.get(key) == 0) {
                queue.offer(key);
            }
        }

        while(!queue.isEmpty()) {
            int cur = queue.poll();
            if(!outDegreeCourseMap.containsKey(cur)) {
                continue;
            }
            List<Integer> outDegreeCourse = outDegreeCourseMap.get(cur);

            for(int course: outDegreeCourse) {
                inDegreeMap.put(course, inDegreeMap.get(course) - 1);
                // 入度为0，说该课的前修改已经修完，所以当前课可以修了
                if (inDegreeMap.get(course) == 0) {
                    queue.offer(course);
                }
            }
        }
        // 遍历入度, 如果还有课程的入度不为0, 返回fasle
        for (int key : inDegreeMap.keySet()) {
            if (inDegreeMap.get(key) != 0) {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
}

210. 课程表 II

【210. 课程表 II】

分析：

思路和上一题一致

代码：

class Solution {
    public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
        int[] res = new int[numCourses];
        int index = 0;
        // 课号和对应的入度
        Map<Integer, Integer> inDegreeMap = new HashMap();
        for(int i=0; i<numCourses; i++) {
            inDegreeMap.put(i, 0);
        }
        // 依赖关系, 依赖当前课程的后序课程
        Map<Integer, List<Integer>> outDegreeCourseMap = new HashMap();

        for(int[] arr: prerequisites) {
            int prev = arr[1];
            int cur = arr[0];
            // 更新出度集合列表
            if(!outDegreeCourseMap.containsKey(prev)) {
                outDegreeCourseMap.put(prev, new ArrayList());
            }
             outDegreeCourseMap.get(prev).add(cur);
            // 更新入度
            inDegreeMap.put(cur, inDegreeMap.get(cur) + 1);
        }

        // BFS，将入度为0（不需要前置课程）的课程放入列表
        Queue<Integer> queue = new LinkedList();
        for(int key: inDegreeMap.keySet()) {
            if(inDegreeMap.get(key) == 0) {
                queue.offer(key);
            }
        }

        while(!queue.isEmpty()) {
            int cur = queue.poll();
            res[index++] = cur;
            if(!outDegreeCourseMap.containsKey(cur)) {
                continue;
            }
            List<Integer> outDegreeCourse = outDegreeCourseMap.get(cur);

            for(int course: outDegreeCourse) {
                inDegreeMap.put(course, inDegreeMap.get(course) - 1);
                // 入度为0，说该课的前修改已经修完，所以当前课可以修了
                if (inDegreeMap.get(course) == 0) {
                    queue.offer(course);
                }
            }
        }
        // 遍历入度, 如果还有课程的入度不为0, 返回fasle
        for (int key : inDegreeMap.keySet()) {
            if (inDegreeMap.get(key) != 0) {
                return new int[0];
            }
        }
        return res;
    }
}

正序

1. 两数之和（难度：简单）

【两数之和】

代码：

class Solution {
    public int[] twoSum(int[] nums, int target) {
        // 初始化map： 【值:下标】
        HashMap<Integer, Integer> tempMap = new HashMap();
        int[] res = new int[2];
        for(int i=0; i<nums.length; i++) {
            Integer another = target - nums[i];
            // 如果目标值 存在tempMap中，则说明找到了结果
            if(tempMap.containsKey(another)) {
                res[0] = i;
                res[1] = tempMap.get(another);
                return res;
            }
            // 将【值:下标】 存储在map中 (常规套路，在写代码时进入for后 就可以先写这一步)
            tempMap.put(nums[i], i);
        }
        return res;
    }
}

总结注意点：

• 空间换时间的思想，将当前值 以及对应下标信息 存储在map中

核心代码：

// 初始化：存储 某个值 以及 在nums中的位置信息
HashMap<Integer, Integer> tempMap = new HashMap();

// 如果目标值 存在tempMap中，则说明找到了结果
if(tempMap.containsKey(another)) {
    res[0] = i;
    res[1] = tempMap.get(another);
    return res;
}

// 主流程：把当前值 及 对应位置信息存入到map中
tempMap.put(nums[i], i);

2. 两数相加（难度：中等）

【两数相加】

代码：

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * public class ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode next;
 *     ListNode() {}
 *     ListNode(int val) { this.val = val; }
 *     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }
 * }
 */
class Solution {
    public ListNode addTwoNumbers(ListNode l1, ListNode l2) {
        ListNode head1 = l1;    // 移动指针1，指向链表1
        ListNode head2 = l2;    // 移动指针2，指向链表2
        // 构建结果链表
        ListNode resHead = new ListNode();
        ListNode temp = resHead;// 移动指针3，指向链表3
        // 进位值， 默认是0  （作用域一定要是外面）
        int carry = 0;

        while(null != head1 || null != head2) {
            // 为空取0， 否则取val（核心思想）
            int num1 = null==head1 ? 0 : head1.val;
            int num2 = null==head2 ? 0 : head2.val;

            int sum = num1 + num2 + carry;
            // 求模取余 获取当前节点值
            int curVal = sum % 10;
            // 整除获取进位值
            carry = sum / 10;

            // 构建当前节点
            ListNode curNode = new ListNode(curVal);
            // 尾插法
            temp.next = curNode; temp = curNode;

            // 节点后移，只需要考虑不为null的链表即可，因为为null的话我们默认取0, 不会有影响
            if(null != head1) 
                head1 = head1.next;
            if(null != head2) 
                head2 = head2.next;

        }

        // 最后节点遍历完后，判断最后一步运算是否进位了，进位则补1，否则不处理
        if(carry == 1) {
            ListNode lastNode = new ListNode(1);
            temp.next = lastNode;
        }

        return resHead.next;
    }
}

总结注意点：

• 常规链表的移动指针，三个移动指针对应三个链表
• while(null != head1 || null != head2) 循环条件是 || 不是&&（任意一个链表没走完就执行的逻辑）
• int num1 = null==head1 ? 0 : head1.val 当前节点 为null取0，否则取val
• 构建进位变量 carry，作用域一定要放到外面；放里面就没法用了
• 考虑最后一步：最后节点遍历完后，判断最后一步运算是否进位了，进位则补1，否则不处理

3. 无重复字符的最长子串（难度：中等）

【无重复字符的最长子串】

代码：

class Solution {
    public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
        // 判空处理
        if(null == s || s.length() == 0) {
            return 0;
        }
        // 初始化map： 【值:下标】
        HashMap<Character, Integer> map = new HashMap();
        // 定义滑动窗口最左侧指针
        int l = 0;
        // 最大长度
        int maxLength = 0;

        // r可以理解为 滑动窗口最右侧指针
        for(int r = 0; r < s.length(); r++) {
            char curChar = s.charAt(r);
            // 若map中之前存过这个值的下标，则让left指针右移 
            if(map.containsKey(curChar)) {
                // 目的：更新l 为 l、map(curChar)最右侧的下标
                // Math.max的好处：我们不需要考虑这个值是否在滑动窗口内
                l = Math.max(l, map.get(curChar) + 1);
            }
            // 更新最大长度
            maxLength = Math.max(maxLength, r - l + 1);

            // 将【值:下标】 存储在map中 (常规套路，在写代码时进入for后 就可以先写这一步)
            map.put(curChar, r);
        }

        return maxLength;
    }
}

解题思路：
该题是一道滑动窗口的问题。
滑动窗口的一般套路：左区间手动改变，有区间for循环累加

B站上视频链接：
https://www.bilibili.com/video/BV1BV411i77g
https://www.bilibili.com/video/BV1w5411E7EP

总结注意点：

• 和第一道题【1. 两数之和】类似点在于，都可以使用 一个map 来记录【值:下标】
• 使用双指针 构建滑动窗口的 经典问题。（套路：左边界手动改变 右边界自动累加）
• l和r滑动窗口的区间[l,r]表示的就是当前所维护的不重复的字串
• l = Math.max(l, map.get(curChar) + 1),这里取得是map.get(curChar) + 1，别忘了+1了。如果不+1的话，那么字串可能是abca这种，即第一个字符与后面那个字符重复

4. 寻找两个正序数组的中位数（难度：困难）- 先不做

5. 最长回文子串（难度：中等）

【最长回文子串】

解法一：暴力 - 遍历所有字串

建议先做第9题【9. 回文数】

代码：

class Solution {
    public String longestPalindrome(String s) {
        String longestPalindrome = "";
        // 遍历所有的子串，若长度比longestPalindrome长 且 是回文串，则更新longestPalindrome
        for(int i=0; i<s.length(); i++) {
            for(int j=i; j<s.length(); j++) {
                if(j - i + 1 > longestPalindrome.length()) {
                    if(isPalindrome(s.substring(i, j+1))) {
                        longestPalindrome = s.substring(i, j+1);
                    }
                }
            }
        }

        return longestPalindrome;
    }

    // 判断是否是回文字符串
    public Boolean isPalindrome(String s) {
        // 双指针
        int left = 0;
        int right = s.length() - 1;

        while (left <= right) {
            if(s.charAt(left) != s.charAt(right)) {