【python】力扣题

剑指 Offer 09. 用两个栈实现队列

一、解题思路
1、【队列是先入先出，栈是后入先出】
stackA: 入队栈，入队操作，直接压入入队栈即可
stackB: 出队栈，出队操作需要优先检查出队栈是否有数据，若无，需要从入队栈倒入后再操作。
2、（1）加入队尾 appendTail()函数： 将数字 val 加入栈 A 即可。
（2）删除队首deleteHead()函数： 有以下三种情况。

• 当栈 B 不为空： B中仍有已完成倒序的元素，因此直接返回 B 的栈顶元素。
• 否则（栈 B 为空），当 A 为空： 即两个栈都为空，无元素，因此返回 −1 。
• 否则(栈 B 为空,栈 A不 为空)： 将栈 A 元素全部转移至栈 B 中，实现元素倒序，并返回栈 B 的栈顶元素。

二、代码

class CQueue:

    def __init__(self):
        self.stackA = []
        self.stackB = []

    def appendTail(self, value: int) -> None:
        self.stackA.append(value)

    def deleteHead(self) -> int:
        if self.stackB:
            return self.stackB.pop()
        if not self.stackA:
            return -1
        while self.stackA: ##将栈 A(不为空) 元素全部转移至栈 B 中，实现元素倒序，并返回栈 B 的栈顶元素。
            self.stackB.append(self.stackA.pop())
        return self.stackB.pop()

剑指 Offer 10- I. 斐波那契数列

一、解题思路
1、解法一：可以使用动态规划，将每次前两数之和存起来，便于下次直接使用，这样子，我们就把一个栈溢出的问题，变为了单纯的数学加法，大大减少了内存的压力。
动态规划（dp）的思想：
1、最优子结构（递归式）
2、重复子问题

2、解法二：（记忆化递归法）
原理:在递归法的基础上,新建一个长度为n的数组,用于在递归时存储f(0)至f(n)的数字值,重复遇到某数字则直接从数组取用,避免了重复的递归计算。
缺点:记忆化存储需要使用0(N)的额外空间。

3、解法三：普通递归
由于子问题的重复计算，f(0)至f(n)的数字在重复计算，所以速度很慢。

二、代码

## 解法一：动态规划
class Solution:
	def fib(self, n: int) -> int:
    	a, b = 0, 1
        for _ in range(n):
        	a, b = b, a+b
    	return a % 1000000007

## 解法二：记忆化递归法
class Solution:
    def fib(self, n):
        a=[0,1,1]
        if n<3:
            return a[n]
        for i in range(3,n+1):
            a.append(a[i-1]+a[i-2])
        return a[n]% 1000000007

## 解法三：普通递归
class Solution:
	def fib(self, n: int) -> int:
    	if n == 0 or n == 1:
    		return 1
        else:
        	return fib(n-1)+fib(n-2)

剑指 Offer 10- II. 青蛙跳台阶问题

一、解题思路

二、代码

## 解法一：
class Solution:
    def numWays(self, n: int) -> int:
        a,b = 1,1
        for _ in range(n):
            a,b = b,a+b
        return a%1000000007

## 解法二：
class Solution:
    def numWays(self, n: int) -> int:
        a = [1,1,2]
        if n < 3:
            return a[n]
        for i in range(3,n+1):
            a.append(a[i-1]+a[i-2])
        return a[n]%1000000007

剑指 Offer 11. 旋转数组的最小数字

一、解题思路
1、解法一：
这种方法暴力，因为不论怎么旋转，都是求整个数组中的最小值。
2、解法二：差值法
因为不论怎么旋转，肯定会变成两组半有序的序列，所以可以用一个列表存放相邻两个数的差值。对差值进行循环，当差值小于0的时候，就是旋转的点，结束循环。特殊情况：当旋转数组为[1,2,3,4,5]时，差值均大于0，所以第一个值就是最小数字。
3、解法三：二分法（分治思想）
【排序数组的查找问题首先考虑使用 二分法 解决，其可将 遍历法 的 线性级别 时间复杂度降低至 对数级别 。】
⚠️区间分为[i,m]和[m+1,j]；左指针i和右指针j时用来移动的操作指针；
指针m是用来定位的。

第三种情况的分析：因为数组中可以有重复元素，所以mid处的值和right处的值可能会一样。这种情况下，mid和right所指的数都有可能是最小值，既然两个都可能是最小值，只要保留一个在查找区间内就可以了，把mid保留，令j= j - 1

参考【剑指 Offer 10- I. 斐波那契数列】

二、代码

## 解法一：
class Solution:
    def minArray(self, numbers: List[int]) -> int:
        return min(numbers)

## 解法二：差值法
class Solution:
	def minArray(self, numbers: List[int]) -> int:
	        diff_res = [numbers[i]-numbers[i-1] for i in range(len(numbers))]
	        for index,value in enumerate(diff_res):
	            if value < 0:
	                return numbers[index]
	                break
	        return numbers[0]

## 解法三：二分法
class Solution:
    def minArray(self, numbers: List[int]) -> int:
        i,j = 0,len(numbers)-1
        while i <= j:
            m = (i + j) //2  ## 整除
            if numbers[m] < numbers[j]: ## m在右排序数组，旋转点在[i,m]区间
                j = m   # j指针向左移动
            elif numbers[m] > numbers[j]: ## m在左排序数组，旋转点在[m+1,j]区间
                i = m+1  # i指针向右移动
            else:
                j = j-1
        return numbers[i]

剑指 Offer 03. 数组中重复的数字

一、解题思路
1、解法一：差值法
将数组中数据进行排序，然后用差值法找到相邻差值为0的，就是重复数字。

参考【剑指 Offer 11. 旋转数组的最小数字】的解法二，只不过不用进行特殊情况的判断了。

2、解法二：哈希法
新建一个空的集合unique_nums或者一个空的字典dic，遍历nums数组，判断该数是否存在于unique_nums中，若不存在，则添加进unique_nums中；若存在，则是重复数字，可以返回。
⚠️集合只存key，字典可以存key和value

复杂度分析
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

3、解法三：原地置换
如果没有重复数字，那么正常排序后，数字i应该在下标为i的位置，所以思路是重头扫描数组，遇到下标为i的数字如果不是i的话，（假设为m),那么我们就拿与下标m的数字交换。在交换过程中，如果有重复的数字发生，那么终止返回ture。

复杂度分析
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

二、代码

## 解法一：差值法
class Solution:
    def findRepeatNumber(self, nums: List[int]) -> int:
        numbers = sorted(nums) ## 排序
        diff_res = [numbers[i]-numbers[i-1] for i in range(len(numbers))]
        for index,value in enumerate(diff_res):
            if value == 0:
                return numbers[index]
                break

## 解法二：集合
class Solution:
	def findRepeatNumber(self, nums: List[int]) -> int:  
	       unique_nums = set()
	       for n in nums:
	           if n not in unique_nums:
	               unique_nums.add(n) # set是add方法
	           else:
	               return n

## 解法二：字典
Class Solution:
	def findPepeatNumber(self,nums:List[int]) -> int:
		dic = {}
		for num in nums:
			if nums in dic:
				return num
			dic[num] = 1 # 如果不在字典里，就将num存进key,并将value记为1

## 解法三：原地置换
class Solution:
    def findRepeatNumber(self, nums: List[int]) -> int:
        for i in range(len(nums)): ## i代表坑，nums[i]代表萝卜，正常排序下有：nums[i] == i，也就是一个萝卜一个坑
            while nums[i]!= i: #发现nums[i]这个萝卜不是第i个坑里的
                temp = nums[i] #假设nums[i]这个萝卜是temp坑里的萝卜
                if nums[temp] == temp: # 查看temp坑：如果temp坑里的萝卜也是temp坑里的，则temp坑对应两个萝卜
                    return nums[temp]  # 应该上交一个萝卜
                else: #如果temp坑里的萝卜不是temp坑里的，则将nums[i]这个萝卜和nums[temp]这个萝卜交换，继续判断nums[i]代表萝卜是不是第i个坑里的
                    nums[temp] = nums[i]
                    nums[i] = nums[temp]

剑指 Offer 04. 二维数组中的查找

一、解题思路
1、解法一：暴力循环，循环每一行，判断target是否存在
2、解法二：线性查找：从二维数组的右上角开始查找。如果当前元素等于目标值，则返回 true。如果当前元素大于目标值，则移到左边一列。如果当前元素小于目标值，则移到下边一行。

复杂度分析
时间复杂度：O(m+n)
空间复杂度：O(1)

二、代码

# 解法一：暴力循环
class Solution:
    def findNumberIn2DArray(self, matrix: List[List[int]], target: int) -> bool:
        for line in matrix:
            if target in line:
                return True
        return False

# 解法二：线性查找
class Solution:
    def findNumberIn2DArray(self, matrix: List[List[int]], target: int) -> bool:
        if not matrix: # 排除空矩阵
            return False
        m, n = len(matrix), len(matrix[0]) # m为行数，n为列数
        row, col = 0, n - 1 # 从右上角开始（向下走或者向左走）
        while row < m and col >= 0:
            if matrix[row][col] == target:
                return True
            if matrix[row][col] < target:# 向下走
                row += 1
            else:   # 向左走
                col -= 1
        return False #如果没找到target，则返回False（默认返回null）

剑指 Offer 05. 替换空格

一、解题思路
1、解法一：
直接用字符串的replace方法,将空格替换成“%20”，但是没有用到算法思想。
复杂度分析
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

2、解法二：字符串直接相加
因为Python和Java的字符串都是不可变的，因此这种方法的复杂度其实很高，可以和思路三对比
复杂度分析
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n^2)

3、解法三：遍历添加
在 Python 和 Java 等语言中，字符串都被设计成「不可变」的类型，即无法直接修改字符串的某一位字符，需要新建一个字符串实现。
算法流程：
(1)初始化一个 list (Python) / StringBuilder (Java) ，记为 res ；
遍历列表 s 中的每个字符 c ：
(2)当 c 为空格时：向 res 后添加字符串 “%20” ；
(3)当 c 不为空格时：向 res 后添加字符 c ；
(4)将列表 res 转化为字符串并返回。
复杂度分析：
时间复杂度 O(N) ： 遍历使用 O(N) ，每轮添加（修改）字符操作使用O(1) ；
空间复杂度 O(N) ： Python 新建的 list 和 Java 新建的 StringBuilder 都使用了线性大小的额外空间。

二、代码

# 解法一：replace方法
class Solution:
    def replaceSpace(self, s: str) -> str:
        return s.replace(' ','%20')

# 解法二：字符串存储
class Solution:
    def replaceSpace(self, s: str) -> str:
        res = ''
        for i in s:
            if i==' ':
                res += '%20'
            else:
                res += i
        return res

# 解法三：list存储
class Solution:
    def replaceSpace(self, s: str) -> str:
        res = []
        for i in s:
            if i==' ':
                res.append('%20')
            else:
                res.append(i)
        return ''.join(res) #将列表转为字符串

剑指 Offer 06. 从尾到头打印链表

一、解题思路
链表的定义

class ListNode:
	def __init__(self, x):
		self.val = x
        self.next = None # 定义指针

1、解法一：翻转数组
（1）遍历链表，将节点值存进数组中
（2）翻转数组并返回

复杂度分析
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
2、解法二：辅助栈法（栈用列表（可看作一维数组）来存链，然后倒序

解题思路：
链表特点： 只能从前至后访问每个节点。
题目要求： 倒序输出节点值。
这种 先入后出 的需求可以借助 栈 来实现。

算法流程：
（1）入栈： 遍历链表，将各节点值 push 入栈。（Python​ 使用 append() 方法，​Java​借助 LinkedList 的addLast()方法）。
（2）出栈： 将各节点值 pop 出栈，存储于数组并返回。（Python​ 直接返回 stack 的倒序列表，Java ​新建一个数组，通过 popLast() 方法将各元素存入数组，实现倒序输出）。
*复杂度分析：
时间复杂度 O(N)： 入栈和出栈共使用 O(N) 时间。
空间复杂度 O(N)： 辅助栈 stack 和数组 res 共使用 O(N) 的额外空间。

3、解法三：递归法
思路：先向后遍历链表，到最后一个，在逐层回溯
定义递归结束条件，head为空是返回上一层，将上一层节点val加入到list中
复杂度分析
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

二、代码

# 解法一：翻转数组
class Solution:
    def reversePrint(self, head: ListNode) -> List[int]:
        res = []
        while head:
            res.append(head.val)
        #	res = [head.val] + res
            res = head.next
        return res[::-1]# 倒序
      # return reverse(res)

# 解法二：辅助栈
class Solution:
    def reversePrint(self, head: ListNode) -> List[int]:
        stack = []
        while head:
            stack.append(head.val)
            head = head.next
        res = []
        while stack:
            res.append(stack.pop())
        return res

## 解法三：递归
class Solution(object):
    def reversePrint(self, head):
        if head is None: # head为空时KM
            return []
        return self.reversePrint(head.next) + [head.val]

剑指 Offer 07. 重建二叉树

一、解题思路:
树节点的定义

class TreeNode:
	def __init__(self, x):
		self.val = x
        self.left = None
        self.right = None

前序遍历列表： 节点按照 [ 根节点 | 左子树 | 右子树 ] 排序。
(第一个元素永远是 【根节点 (root)】)
中序遍历列表： 节点按照 [ 左子树 | 根节点 | 右子树 ] 排序。
(根节点 (root)【左边】的所有元素都在根节点的【左分支】，【右边】的所有元素都在根节点的【右分支】)

1、解法一：递归法

递归法的提升：在中序遍历中对根节点进行定位时，一种简单的方法是直接扫描整个中序遍历的结果并找出根节点，但这样做的时间复杂度较高。我们可以考虑使用哈希表来帮助我们快速地定位根节点。
对于哈希映射中的每个键值对，键表示一个元素（节点的值），值表示其在中序遍历中的出现位置。dic[key]=value
在构造二叉树的过程之前，我们可以对中序遍历的列表进行一遍扫描，就可以构造出这个哈希映射。在此后构造二叉树的过程中，我们就只需要O(1) 的时间对根节点进行定位了。
⚠️递推参数： 子树在前序遍历里左边界的索引pre_left 、子树在前序遍历里右边界的索引pre_right、子树在中序遍历里左边界的索引 in_left 、子树在中序遍历里右边界的索引in_right
复杂度分析
时间复杂度：O(n)，其中 n 是树中的节点个数。
空间复杂度：O(n)，除去返回的答案需要的 O(n) 空间之外，我们还需要使用 O(n) 的空间存储哈希映射，以及 O(h)（其中 h 是树的高度）的空间表示递归时栈空间。这里 h

2、解法二：迭代法

二、代码

# 解法一：递归法
class Solution:
    def buildTree(self, preorder: List[int], inorder: List[int]) -> TreeNode:
        if preorder == []:#或者if not preorder:
            return None
        root = TreeNode(preorder[0])#利用先序遍历找到根节点    
        loc = inorder.index(preorder[0])# 在中序遍历序列中找到根节点的位置loc，以此划分左子树和右子树
        root.left = self.buildTree(preorder[1:loc+1] , inorder[:loc])#注意这里的右边界要比实际下标+1
        root.right = self.buildTree(preorder[loc+1:] , inorder[loc+1:])
        return root

# 解法一：递归法的提升
class Solution:
    def buildTree(self, preorder: List[int], inorder: List[int]) -> TreeNode:
##递推参数：子树在前序遍历里左边界的索引pre_left 、子树在前序遍历里右边界的索引pre_right、子树在中序遍历里左边界的索引 in_left 、子树在中序遍历里右边界的索引in_right 
        def recur(pre_left,pre_right,in_left,in_right):
            if pre_left > pre_right:# 递归终止条件
                return None
            # 前序遍历中的第一个节点就是根节点:
            pre_root = pre_left
            # 先建立根节点
            root = TreeNode(preorder[pre_root]) #根节点值为preorder[pre_root]== preorder[pre_left]
            in_root = dic[preorder[pre_left]] ##在中序遍历中定位根节点的索引
            # 左子树的节点数目
            size_left = in_root-in_left
            # 递归地构造左子树：参数为左子树在前序和中序里地边界位置索引
            root.left = recur(pre_root+1,pre_root+size_left,in_left,in_root-1)
            # 递归地构造右子树：参数为右子树在前序和中序里地边界位置索引
            root.right = recur(pre_root+size_left+1,pre_right,in_root+1,in_right)
            return root

        n = len(inorder)
        # 构造哈希映射，帮助我们快速定位根节点
        dic = {}
        for i in range(n): # 对中序遍历的列表进行一遍扫描，就可以构造出这个哈希映射
            dic[inorder[i]]=i. # dic[key]=value
        return recur(0, n - 1, 0, n - 1)

剑指 Offer 24. 反转链表

一、解题思路
1、解法一：递归【内部再定义一个函数】

考虑使用递归法遍历链表，当越过尾节点后终止递归，在回溯时修改各节点的 next 引用指向。

recur(cur, pre) 递归函数：
终止条件：当 cur 为空，则返回尾节点 pre （即反转链表的头节点）；
递归后继节点，记录返回值（即反转链表的头节点）为 tmp ；
修改当前节点 cur 引用指向前驱节点 pre ；
返回反转链表的头节点 tmp ；

reverseList(head) 函数：
调用并返回 recur(head, None) 。传入 None 是因为反转链表后， head 节点指向 null ；

解法一：递归【直接调用自身】
递归上来就先写终止条件：如果head为空或者head.next为空，返回head
新头结点newHead指向尾结点，此处进入递归，递归一直到遍历到尾结点时才会返回
每一层递归，该层递归中的head会让下一个节点指向自己，head.next.next = head；然后head自己指向空。以此达到反转的目的。
返回新链表的头结点newHead

复杂度分析：
时间复杂度 O(N) ： 遍历链表使用线性大小时间。
空间复杂度 O(N) ： 遍历链表的递归深度达到 N ，系统使用 O(N) 大小额外空间。

2、解法二：迭代（双指针）
指针的初始化：pre指向空节点，cur指向头结点head
tmp指向head.next (因为head.next可能不存在，tmp在循环中定义，这样如果head为空就不会进入循环)
迭代过程:
tmp指向cur.next 【在断开链之前，暂存后继节点】
cur指向pre 【断开现在的链，重新指向】
pre移动到cur位置【作为cur下一步的前继节点】
cur移动到tmp位置 【cur 访问下一节点】
当cur为空时，返回pre 【此时cur指向null,返回cur的前继节点pre】

复杂度分析：
时间复杂度 O(N) ： 遍历链表使用线性大小时间。
空间复杂度 O(1) ： 变量 pre 和 cur 使用常数大小额外空间。

二、代码

# 解法一：递归
class Solution:
    def reverseList(self, head: ListNode) -> ListNode:
        def recur(cur,pre):
            if not cur:# 终止条件
                return pre
            tmp = recur(cur.next,cur) # 递归的后继节点
            cur.next = pre             # 修改节点引用指向
            return tmp          # 返回反转链表的头节点
        return recur(head,None)

```python
# 递归【直接调用自身】
class Solution:
    def reverseList(self, head: ListNode) -> ListNode:
        if not head or not head.next:
            return head
        newHead = self.reverseList(head.next)
        head.next.next = head
        head.next = None
        return newHead

# 解法二：迭代（双指针）
class Solution:
    def reverseList(self, head: ListNode) -> ListNode:
        pre = None  # pre指向空节点
        cur = head  # cur指向头结点head
        while cur:  # 如果head为空就不会进入循环
            tmp = cur.next # 在断开链之前，暂存后继节点
            cur.next = pre # 断开现在的链，重新指向
            pre = cur # pre 暂存 cur,作为cur下一步的前继节点
            cur = tmp # cur 访问下一节点
        return pre # 此时cur指向null,返回cur的前继节点pre

剑指 Offer 25. 合并两个排序的链表

一、解题思路
1、解法一：伪头节点（迭代）
解题思路：

根据题目描述， 链表 l1,l2 是 递增 的，因此容易想到使用双指针 l1 和 l2 遍历两链表，根据 l1 .val 和 l2.val 的大小关系确定节点添加顺序，两节点指针交替前进，直至遍历完毕。
引入伪头节点： 由于初始状态合并链表中无节点，因此循环第一轮时无法将节点添加到合并链表中。解决方案：初始化一个辅助节点（哑节点） dum 作为合并链表的伪头节点，将各节点添加至 dum 之后。

算法流程：

（1）初始化： 伪头节点 dum ，节点 cur 指向 dum 。
（2）循环合并： 当 l1 或 l2 为空时跳出；
当 l1.val 当 l1.val≥l2.val 时： cur 的后继节点指定为 l2 ，并让l2向前走一步 ；
（3）节点 cur 向前走一步，即 cur=cur.next 。
（4）合并剩余尾部： 跳出时有两种情况，即 l1 为空 或 l2 为空。
若 l1 !=null ：即l2为空时 ，将 l1 添加至节点 cur 之后；
否则： 将 l2 添加至节点 cur 之后。
（5）返回值： 合并链表在伪头节点 dum 之后，因此返回 dum.next 即可。

复杂度分析：
时间复杂度 O(M+N) ：
M,N 分别为链表 l1,l2 的长度，合并操作需遍历两链表。
空间复杂度 O(1) ： 节点引用 dum , cur 使用常数大小的额外空间。
2、解法二：递归

函数功能：

• 返回 l1 指向的结点和 l2 指向的结点中，值较小的结点
• 并将从下级函数获得的返回值，链接到当前结点尾部

算法流程：
（1）特判：如果有一个链表为空，返回另一个链表
（2）如果l1节点值比l2小，下一个节点应该是l1，应该return l1，在return之前，指定l1的下一个节点应该是【l1.next和l2俩链表的合并后的头结点】；
（3）如果l1节点值比l2大，下一个节点应该是l2，应该return l2，在return之前，指定l2的下一个节点应该是【l1和l2.next俩链表的合并后的头结点】。
复杂度分析
时间复杂度：O(m+n)
空间复杂度：O(m+n)

二、代码

#解法一：伪头节点
class Solution:
    def mergeTwoLists(self, l1: ListNode, l2: ListNode) -> ListNode:
        cur = dum = ListNode(0)# 初始化： 伪头节点 dum ，节点 cur 指向dum 。
        while l1 and l2:
            if l1.val < l2.val:
                cur.next = l1
                l1 = l1.next
            else:
                cur.next = l2
                l2 = l2.next
            cur = cur.next # 以上两种情况下都要运行这一步
        ## 合并剩余尾部(不在循环中)
        #cur.next = l1 if l1 else l2 
        #Python 三元表达式写法 A if x else B ，代表当 x=True 时执行 A ，否则执行 B 。
        if l1: 
            cur.next = l1
        else:
            cur.next = l2
        return dum.next

# 解法二：递归
class Solution:
    def mergeTwoLists(self, l1: ListNode, l2: ListNode) -> ListNode:
        if not l1: # l1为空，not l1就是True
            return l2
        if not l2: # l2为空，not l2就是True
            return l1
        if l1.val < l2.val: # 只剩第三种情况l1,l2不为空
            l1.next = self.mergeTwoLists(l1.next,l2)
            return l1
        l2.next = self.mergeTwoLists(l1,l2.next)
        return l2
        #其实以上为if...elif...elif...else的关系

剑指 Offer 27. 二叉树的镜像

一、解题思路
1、解法一：递归法

思路：交换每个节点的左 / 右子树，然后左右子树的子树用递归的方式进行调换。
难点：递归法比较不容易想明白的就是递归结束（返回值 return）的条件，那么仔细思考一下本题就两种条件，第一种，以当前节点为根的树为空那么没法调换返回空；第二种，当前节点的左右子树全部交换完了那么就返回以当前节点为根的树，以供上层调用。

递归解析：
（1）终止条件： 当节点 root 为空时（即越过叶节点），则返回 None ；
递推工作：
（2）初始化节点 tmp ，用于暂存 root 的左子节点；（防止在递归右子节点执行完毕后， root.left 的值已经发生改变，此时递归左子节点 mirrorTree(root.left) 则会出问题。）
（3）开启递归 右子节点 mirrorTree(root.right) ，并将返回值作为 root 的 左子节点 。
（4）开启递归 左子节点 mirrorTree(tmp) ，并将返回值作为 root 的 右子节点。
（5）返回值： 返回当前节点 root ；
复杂度分析：
时间复杂度 O(N) ： 其中 N 为二叉树的节点数量，建立二叉树镜像需要遍历树的所有节点，占用 O(N) 时间。
空间复杂度 O(N) ： 最差情况下（当二叉树退化为链表），递归时系统需使用 O(N) 大小的栈空间。

2、解法二：方法二：辅助栈（或队列）

利用栈（或队列）遍历树的所有节点 node ，并交换每个 node 的左 / 右子节点。
算法流程：

（1）特例处理： 当 root 为空时，直接返回None(⚠️python中没有 null，只有None） ；
（2）初始化： 栈（或队列），本文用栈，并加入根节点 root 。
（3）循环交换： 【截止条件】当栈 stack 为空时跳出；
出栈： 记为 node ；
添加子节点： 将 node 左和右子节点入栈；
交换： 交换 node 的左 / 右子节点。
（4）返回值： 返回根节点 root 。

复杂度分析：
时间复杂度 O(N) ： 其中 N 为二叉树的节点数量，建立二叉树镜像需要遍历树的所有节点，占用 O(N) 时间。
空间复杂度 O(N) ： 如下图所示，最差情况下，栈 stack 最多同时存储
(N+1)/2个节点，占用 O(N) 额外空间。

二、代码

# 解法一：递归
class Solution:
    def mirrorTree(self, root: TreeNode) -> TreeNode:
        if not root:
            return None
        temp = root.left
        root.left = self.mirrorTree(root.right)
        root.right = self.mirrorTree(temp) #此处用temp
        return root

# 解法一：递归的提升
class Solution:
    def mirrorTree(self, root: TreeNode) -> TreeNode:
        if not root: return
        root.left, root.right = self.mirrorTree(root.right), self.mirrorTree(root.left)
#Python 利用平行赋值的写法（即 a,b=b,a ），可省略暂存操作。其原理是先将等号右侧打包成元组 (b,a) ，再序列地分给等号左侧的 a,b 序列。
        return root

# 解法二：辅助栈
class Solution:
    def mirrorTree(self, root: TreeNode) -> TreeNode:
        if not root: return None
        stack = [root] #初始化栈：加入根节点 root 
        while stack: #当栈 stack 不为空
            node = stack.pop() #出栈：记为 node
            if node.left:  # node 左子节点入栈
                stack.append(node.left)
            if node.right: # node 右子节点入栈
                stack.append(node.right)
            node.left,node.right = node.right,node.left # 交换左右节点
        return root # 此时栈 stack 为空

剑指 Offer 29. 顺时针打印矩阵

一、解题思路
1、解法一：按层模拟

可以将矩阵看成若干层，首先打印最外层的元素，其次打印次外层的元素，直到打印最内层的元素。
定义矩阵的第 k 层是到最近边界距离为 k 的所有顶点。
对于每层，从左上方开始以顺时针的顺序遍历所有元素。假设当前层的左上角位于 (top,left)，右下角位于 (bottom,right)，按照如下顺序遍历当前层的元素。
算法流程：
（1）从左到右遍历上侧元素，依次为 (top,left) 到 (top,right)。
（2）从上到下遍历右侧元素，依次为 (top+1,right) 到 (bottom,right)。
（3）如果 left (bottom,left) 到 (top+1,left)。
（4）遍历完当前层的元素之后，将 left 和 top 分别增加 1，将 right 和 bottom 分别减少 1，进入下一层继续遍历，直到遍历完所有元素为止。

复杂度分析
时间复杂度：O(mn)，其中 m和n 分别是输入矩阵的行数和列数。矩阵中的每个元素都要被访问一次。
空间复杂度：O(1)。除了输出数组以外，空间复杂度是常数。

二、代码

class Solution:
    def spiralOrder(self, matrix: List[List[int]]) -> List[int]:
        if not matrix: # matrix为空时
            return list() # 返回空列表[]
        row = len(matrix) # matrix的行数
        col = len(matrix[0]) # matrix的列数
        left,right,top,bottom = 0, col-1, 0, row-1
        order = list() #建一个空列表order，存储要打印的每一个数字
        while left <= right and top <= bottom: ##等号成立时为一维数组
            for j in range(left,right+1):# 从左到右遍历top行的[left,righ]列
                order.append(matrix[top][j])
            # 从上到下遍历right列的[top+1,bottom]行，注意range是左闭右开区间
            for i in range(top+1,bottom+1):
                order.append(matrix[i][right]) 
            if left < right and top < bottom: # 至少为2*2的矩阵
                for j in range(right-1,left, -1):# 从右到左遍历下侧元素，依次为(bottom,right−1) 到 (bottom,left+1)
                    order.append(matrix[bottom][j])
                for i in range(bottom,top,-1): #从下到上遍历左侧元素，依次为 (bottom,left) 到 (top+1,left)
                    order.append(matrix[i][left])
            #将 left 和 top 分别增加 1，将 right 和 bottom 分别减少 1,进入下一层继续遍历，直到遍历完所有元素为止。
                left += 1
                top += 1 
                right -= 1
                bottom -= 1
        return order

剑指 Offer 22. 链表中倒数第k个节点

一、解题思路
1、解法一：双指针法

解题思路：
第一时间想到的解法：
先遍历统计链表长度，记为 n ；
设置一个指针走 (n−k) 步，即顺数第（n-k+1）个节点，就是链表倒数第 k 个节点。
但问题是n未知，而使用双指针则可以不用统计链表长度n。

算法流程：
初始化： 前指针 former 、后指针 latter ，双指针都指向头节点 head​ 。
构建双指针距离： 前指针 former 先向前走 k 步（结束后，双指针 former 和 latter 间相距 k 步）。
双指针共同移动： 循环中，双指针 former 和 latter 每轮都向前走一步，直至 former 走过链表 尾节点 时跳出（跳出后， latter 与尾节点距离为k−1，即 latter 指向倒数第 k 个节点）。
返回值： 返回 latter 即可。

复杂度分析：
时间复杂度 O(N) ： N 为链表长度；总体看， former 走了 N 步， latter 走了 (N−k) 步。
空间复杂度 O(1) ： 双指针 former , latter 使用常数大小的额外空间。

2、解法二：栈

二、代码

# 解法一：双指针法
class Solution:
    def getKthFromEnd(self, head: ListNode, k: int) -> ListNode:
        former, latter = head, head
        for _ in range(k):
            if not former: return # 如果k>大于链表长度,即越界时
            former = former.next
        while former:
            former, latter = former.next, latter.next  # 共同移动
        return latter

#解法二：栈
class Solution:
    def getKthFromEnd(self, head: ListNode, k: int) -> ListNode:
        p = head
         #初始化栈
        stack = []
        # 遍历链表将沿途节点入栈
        while p:
            stack.append(p)
            p = p.next
        # 记录第k个出栈的节点即为所求
        for _ in range(k):
            res = stack.pop()
        return res

剑指 Offer 28. 对称的二叉树

对称二叉树定义： 对于树中 任意两个对称节点
L 和 R ，一定有：L.val=R.val ：即此两对称节点值相等。L.left.val=R.right.val ：即 L 的 左子节点 和 R 的 右子节点 对称；L.right.val=R.left.val ：即 L 的 右子节点 和 R 的 左子节点 对称。

一、解题思路

判断二叉树是否是对称分为几个步骤：
1.空树那么一定对称
2.不为空，转化为根节点的两个子树是否对称
3.一个子树空的那么不对称
4.两个子树的根节点val不一致，那么不对称
5.val相同的话，那么将左子树定义为A，右子树定义为B
6.A.left with B.right and A.right with B.left是否相同。

1、解法一：递归法
算法流程：
isSymmetric(root) ：
特例处理： 若根节点 root 为空，则直接返回 true 。
返回值： 即 recur(root.left, root.right) ;
recur(L, R) ：

终止条件：
当 L 和 R 同时越过叶节点： 此树从顶至底的节点都对称，因此返回 true ；
当 L 或 R 中只有一个越过叶节点： 此树不对称，因此返回 false ；
当节点 L 值 ≠ 节点 R 值：此树不对称，因此返回 false；

递推工作：
判断两节点 L.left 和 R.right 是否对称，即 recur(L.left, R.right) ；
判断两节点 R.left 是否对称，即 recur(L.right, R.left) ；
返回值： 两对节点都对称时，才是对称树，因此用与逻辑符 && 连接。

复杂度分析：
时间复杂度 O(N) ： 其中 N 为二叉树的节点数量，每次执行 recur() 可以判断一对节点是否对称，因此最多调用 N/2 次 recur() 方法。
空间复杂度 O(N) ： 最差情况下（见下图），二叉树退化为链表，系统使用
O(N) 大小的栈空间。

2、解法二：迭代法
算法流程：
（1）特判：如果root为空，返回True，因为空树是对称的
（2）把root的左右节点分别加入两个列表q1、q2中
（3）q1和q2非空进入循环：

• 如果左右子树对应节点都不存在，continue，q1和q2非空则继续遍历，q1和q2为空则循环停止
• 如果左右子树对应节点有一个不存在而另一个存在（左右子树不对称）或者两个节点值不相等，返回False
• 左右子树的对应节点入队，注意入队顺序，一个先左后右，一个先右后左，因为对称嘛
  （4）遍历完了左右子树也没有返回过False，说明左右子树确实是对称的，返回True

复杂度分析
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)

二、代码

# 解法一：递归法
class Solution:
    def isSymmetric(self, root: TreeNode) -> bool:
        def recur(L,R):
            if not L and not R:
                return True
            if not L or not R or L.val != R.val:
                return False
            return recur(L.left,R.right) and recur(L.right,R.left)
        if not root:
            return True
        else:
            return recur(root.left,root.right)

# 解法二：迭代法
class Solution:
    def isSymmetric(self, root: TreeNode) -> bool:
        if not root: return True
        q1 = [root.left]
        q2 = [root.right]

        while q1 and q2:
            n1 = q1.pop()
            n2 = q2.pop()
            if not n1 and not n2:
                continue
            if not n1 or not n2 or n1.val != n2.val:
                return False
            q1.append(n1.left)
            q1.append(n1.right)
            q2.append(n2.right)
            q2.append(n2.left)
        return True

1、两数之和

一、解题思路
最容易想到的方法是枚举数组中的每一个数 x，寻找数组中是否存在 target - x。

1、解法一：暴力枚举
当我们使用遍历整个数组的方式寻找 target - x 时，需要注意到每一个位于 x 之前的元素都已经和 x 匹配过，因此不需要再进行匹配。而每一个元素不能被使用两次，所以我们只需要在 x 后面的元素中寻找 target - x。

复杂度分析
时间复杂度：O(N^2)，其中 N 是数组中的元素数量。最坏情况下数组中任意两个数都要被匹配一次。
空间复杂度：O(1)。

2、解法二：哈希法
创建一个哈希表，遍历每一个 x，我们首先查询哈希表中是否存在 target - x，若 target - x存在于哈希表中，我们就可以直接返回结果了。若 target - x 不存在，则将 target - x 插入到哈希表中，即可保证不会让target - x 和自己匹配，同时方便让后续遍历的数字使用。

复杂度分析
时间复杂度：O(N)，其中 N 是数组中的元素数量。对于每一个元素 x，我们可以 O(1) 地寻找 target - x。
空间复杂度：O(N)，其中 N 是数组中的元素数量。主要为哈希表的开销。

二、代码

# 解法一：暴力循环
class Solution:
    def twoSum(self, nums: List[int], target: int) -> List[int]:
        n = len(nums)
        for i in range(n-1):
            for j in range(i + 1, n):
                if nums[i] + nums[j] == target:
                    return [i, j]
        
        return []

# 解法二：哈希法
class Solution:
    def twoSum(self, nums: List[int], target: int) -> List[int]:
        dic = {} 
        for i,v in enumerate(nums):# i:index;v:value
            if target - v in dic:
                return [dic[target - v],i]
            dic[v]= i
        return []

剑指 Offer 57. 和为s的两个数字

一、解题思路
利用 HashMap 可以通过遍历数组找到数字组合，时间和空间复杂度均为 O(N) ；
注意本题的 nums 是 排序数组 ，因此可使用 双指针法 将空间复杂度降低至 O(1) 。

算法流程：
（1）初始化： 双指针 i , j 分别指向数组 nums 的左右两端 （俗称对撞双指针）。
（2）循环搜索： 当双指针相遇时跳出；
计算和 s=nums[i]+nums[j] ；
若 s>target ，则指针 j 向左移动，即执行 j=j−1 ；
若 s 若 s=target ，立即返回数组 [nums[i],nums[j]] ；
（3）返回空数组，代表无和为 target 的数字组合。

复杂度分析：
时间复杂度
O(N) ： N 为数组 nums 的长度；双指针共同线性遍历整个数组。
空间复杂度 O(1) ： 变量 i, j 使用常数大小的额外空间。

二、代码

# 双指针法
class Solution:
    def twoSum(self, nums: List[int], target: int) -> List[int]:
        i = 0
        j = len(nums)-1
        while i < j:
            s = nums[i]+nums[j]
            if s > target:
                j-=1
            elif s < target:
                i+=1
            else: # s == target
                return [nums[i],nums[j]]
        return [] # 返回空数组

# 用“两数之和”中哈希法求解
class Solution:
    def twoSum(self, nums: List[int], target: int) -> List[int]:
        dic = {}
        for i,v in enumerate(nums):
            if target - v in dic:
                return [target - v,v]
            dic[v]= i
        return []

剑指 Offer 40. 最小的k个数

一、解题思路
使用排序算法解决最直观，对数组 arr 执行排序，再返回前 k 个元素即可。

1、解法一：快速排序

快速排序算法有两个核心点，分别为 “哨兵划分” 和 “递归” 。
（1）哨兵划分操作： 以数组某个元素（一般选取首元素）为 基准数 ，将所有小于基准数的元素移动至其左边，大于基准数的元素移动至其右边。
（2）递归： 对 左、 右两边的子数组 递归执行 哨兵划分，直至子数组长度为 1 时终止递归，即可完成对整个数组的排序。
⚠️如果划分后某个子数组长度为0或者1，就可以停止划分。

复杂度分析：
时间复杂度 O(NlogN) ： 库函数、快排等排序算法的平均时间复杂度为
O(NlogN) 。
空间复杂度 O(N) ： 快速排序的递归深度最好（平均）为 O(logN) ，最差情况（即输入数组完全倒序）为 O(N)。

2、解法一：快速排序的提升
题目只要求返回最小的 k 个数，对这 k 个数的顺序并没有要求。因此，只需要将数组划分为 最小的 k 个数 和 其他数字 两部分即可。
根据快速排序原理，如果某次哨兵划分后 基准数正好是第 k+1 小的数字 ，那么此时基准数左边的所有数字便是题目所求的 最小的 k 个数 。
根据此思路，考虑在每次哨兵划分后，判断基准数在数组中的索引是否等于 k ，若 true 则直接返回此时数组的前 k 个数字即可。

3、解法二：堆排序
⚠️大根堆(求前 K 小) ；小根堆（求前 K 大)
最大堆的性质是：节点值大于子节点的值，堆顶元素是最大元素。利用这个性质，整体的算法流程如下：
（1）创建大小为 k 的最大堆，将数组的前 k 个元素放入堆中
（2）从下标 k 继续开始依次遍历数组的剩余元素：
如果元素小于堆顶元素，那么取出堆顶元素，将当前元素入堆
如果元素大于/等于堆顶元素，不做操作
Python 语言中的堆为小根堆，因此我们要对数组中所有的数取其相反数，才能使用小根堆维护前 k 小值。

复杂度分析
时间复杂度：
O(nlogk)，其中 n 是数组 arr 的长度。由于大根堆实时维护前 k 小值，所以插入删除都是 O(logk) 的时间复杂度，最坏情况下数组里 n 个数都会插入，所以一共需要 O(nlogk) 的时间复杂度。
空间复杂度：O(k)，因为大根堆里最多 k 个数。

二、代码

#解法一：快速排序
class Solution: 
    def getLeastNumbers(self, arr: List[int], k: int) -> List[int]:
        n = len(arr)
        if k <= 0 or arr == [] : 
        	return []
        if n <= k: 
        	return arr

        self.quick_sort(arr, 0, n-1)
        return arr[:k]   
    
    #快速排序
    def quick_sort(self, nums, left , right):
        if left < right:#快速排序的递归终止条件（至少有两个元素，0个或1个元素时不用递归）
            mid = self.partition(nums , left , right) # 基准数已归位
            self.quick_sort(nums, left, mid-1) # 左子数组递归
            self.quick_sort(nums, mid+1, right) # 右子数组递归

    def partition(self , nums , left , right):
        pivot = nums[left] # pivot存储基准数 
        while left < right:
            ## 由于right指针在变化，需要再次加上循环截止条件，使得left==right时跳出循环
            while left < right and nums[right] >= pivot:#从右边找比pivot小的数
                right -= 1  # 往左走一步
            nums[left] = nums[right] # 把右边的值写到左边的空位上
            while left < right and nums[left] <= pivot: #从左边找比pivot大的数
                left += 1
            nums[right] = nums[left]# 把左边的值写到右边的空位上
        nums[left] = pivot # 把pivot归位
        return left # 返回left和right指针相碰时的位置

# 解法一：快速排序的提升
class Solution: 
    def getLeastNumbers(self, arr: List[int], k: int) -> List[int]:
        n = len(arr)
        if k <= 0 or arr == [] : 
        	return []
        if n <= k: 
        	return arr

        self.quick_sort(arr, 0, n-1,k)
        return arr[:k]   
    
    #快速排序（多了判断和一个参数k）
    def quick_sort(self, nums, left , right,k):
        if left < right:#快速排序的递归终止条件（至少有两个元素，0个或1个元素时不用递归）
            mid = self.partition(nums , left , right) # 基准数已归位
            if k < mid:self.quick_sort(nums, left, mid-1,k) # 左子数组递归
            if k > mid:self.quick_sort(nums, mid+1, right,k) # 右子数组递归

    def partition(self , nums , left , right):
        pivot = nums[left] # pivot存储基准数 
        while left < right:
            ## 由于right指针在变化，需要再次加上循环截止条件，使得left==right时跳出循环
            while left < right and nums[right] >= pivot:#从右边找比pivot小的数
                right -= 1  # 往左走一步
            nums[left] = nums[right] # 把右边的值写到左边的空位上
            while left < right and nums[left] <= pivot: #从左边找比pivot大的数
                left += 1
            nums[right] = nums[left]# 把左边的值写到右边的空位上
        nums[left] = pivot # 把pivot归位
        return left # 返回left和right指针相碰时的位置

# python 内置小顶堆
class Solution:
    def getLeastNumbers(self, arr: List[int], k: int) -> List[int]:
        return heapq.nsmallest(k, arr)

class Solution:
    def getLeastNumbers(self, arr: List[int], k: int) -> List[int]:
        if k == 0:
            return []
        # Python自带的是小顶堆 
        # 把取负后的arr的前K个数字存进hp中（不用考虑k和数组长度的大小）
        hp = [-x for x in arr[:k]]
        # 初始化堆
        heapq.heapify(hp)
        #遍历剩余的数字 把比堆顶大的数字 塞入堆 丢掉较小的 这样只需要保持空间为K的堆
        for i in range(k,len(arr)):
            if -hp[0] > arr[i]:
                heapq.heappop(hp)
                heapq.heappush(hp,-arr[i])
        res = [-x for x in hp] # 再次取负，还原成原来的数
        return res    

剑指 Offer 39. 数组中出现次数超过一半的数字

一、解题思路
1、直接排序法：

• 直接将数组排序,取中间元素
• 由于sort()函数使用的是Timsort方法,一种归并方法的改进
• 时间复杂度为O(nlogn)

2、哈希字典排序：

• 开始遍历整个数组,如果当前数字没有在字典中,就把它加入进去,如果在字典中,则把它的数量加 1 ,接着判断下它的数量是否是大雨整个数组的一半,如果是的话,则直接返回当前数值,否则,继续遍历.
• 由于字典的查找时间复杂度为O(1),所以总的时间复杂度为O(n),空间复杂度为O(n)

3、摩尔投票法

核心理念为 票数正负抵消 。投票法简单来说就是不同则抵消，占半数以上的数字必然留到最后。此方法时间和空间复杂度分别为 O(N) 和 O(1) ，为本题的最佳解法。

记数组首个元素为n1，超过数为x，遍历并统计票数。当发生票数和为0时，剩余数组的超过数一定不变 ，这是由于：
当n1 = x时： 抵消的所有数字中，有一半是超过数 x。
当 n1≠x 时： 抵消的所有数字中，有一半或 0 个是超过数 x 。

因此，当发生票数和=0 时，可以 缩小剩余数组区间 。当遍历完成时，最后一轮假设的数字即为众数。

二、代码

## 1、直接排序法
class Solution:
    def majorityElement(self, nums: List[int]) -> int:
        nums.sort()
        return nums[len(nums)//2]

## 2、哈希字典排序
class Solution:
    def majorityElement(self, nums: List[int]) -> int:
        if len(nums) == 1:
            return nums[0]
        dic = {}
        for i in nums:
            if i not in dic:
                dic[i] = 1
            else:
                dic[i] += 1
                if dic[i] > (len(nums)//2):
                    return i
        return None

## 3、摩尔投票法
class Solution:
    def majorityElement(self, nums: List[int]) -> int:
        x = nums[0] # 先将数组的第一个数看作是超大数x
        vote = 0    # vote:票数统计
        for i in range(len(nums)):
            if nums[i] == x: # 如果是超大数，票数加1
                vote += 1
            else:           # 否则，票数减1
                vote -= 1
                #票数改变后，要判断超大数是否改变
                if vote == 0:  # 将当前数的下一个数看作是超大数
                    x = nums[i+1] # 
                i += 1 
        return x # 票数抵消后，剩下的就是超大数

剑指 Offer 42. 连续子数组的最大和

一、解题思路
以某个数作为结尾，意思就是这个数一定会加上去，那么要看的就是这个数前面的部分要不要加上去。大于零就加，小于零就舍弃。

动态规划解析：
状态定义： 设动态规划列表 dp[i] 代表以元素 nums[i] 为结尾的连续子数组最大和。
为何定义最大和 dp[i] 中必须包含元素 nums[i] ：保证 dp[i] 递推到 dp[i+1] 的正确性；如果不包含 nums[i] ，递推时则不满足题目的 连续子数组 要求。
转移方程： 若 dp[i−1]≤0 ，说明 dp[i−1] 对 dp[i] 产生负贡献，即 dp[i−1]+nums[i] 还不如 nums[i] 本身大。
当 dp[i−1]>0 时：执行 dp[i]=dp[i−1]+nums[i] ；
当dp[i−1]≤0 时：执行 dp[i]=nums[i] ；
初始状态： dp[0]=nums[0]，即以 nums[0] 结尾的连续子数组最大和为 nums[0] 。
返回值： 返回 dp 列表中的最大值，代表全局最大值。

复杂度分析：
时间复杂度O(N)
空间复杂度O(N)
2、动态规划的提升
由于省去 dp 列表使用的额外空间，因此空间复杂度O(N) 降至 O(1) 。

二、代码

## 1、动态规划
class Solution:
    def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        dp = [0 for _ in range(n)]
        dp[0],max_res = nums[0],nums[0]
        for i in range(1,n):
            if dp[i-1] > 0:
                dp[i] = dp[i-1] + nums[i]
            else:
                dp[i] = nums[i]
            max_res = max(max_res,dp[i])
        return  max_res

## 2、动态规划的提升
class Solution:
    def maxSubArray(self, nums: List[int]) -> int:
        for i in range(1,len(nums)):
            nums[i] += max(nums[i-1],0)
        return  max(nums)

141. 环形链表（判断链表中是否有环）

一、解题思路
1、哈希表

思路及算法
最容易想到的方法是遍历所有节点，每次遍历到一个节点时，判断该节点此前是否被访问过。

具体地，我们可以使用哈希表来存储所有已经访问过的节点。每次我们到达一个节点，如果该节点已经存在于哈希表中，则说明该链表是环形链表，否则就将该节点加入哈希表中。重复这一过程，直到我们遍历完整个链表即可。

复杂度分析
时间复杂度：O(N)，其中 N 是链表中的节点数。最坏情况下我们需要遍历每个节点一次。
空间复杂度：O(N)，其中 N 是链表中的节点数。主要为哈希表的开销，最坏情况下我们需要将每个节点插入到哈希表中一次。

2、快慢指针

思路及算法
本方法需要读者对「Floyd 判圈算法」（又称龟兔赛跑算法）有所了解。
快指针比慢指针走得快，若链表没有成环，则fast最后会等于None;若链表成环，则fast会先进入环，并且一直在环内移动，必定会出现fast == slow的情况。

复杂度分析
时间复杂度：O(N)，其中 N 是链表中的节点数。
当链表中不存在环时，快指针将先于慢指针到达链表尾部，链表中每个节点至多被访问两次。
当链表中存在环时，每一轮移动后，快慢指针的距离将减小一。而初始距离为环的长度，因此至多移动 N 轮。
空间复杂度：O(1)。我们只使用了两个指针的额外空间。

二、代码

## 1、哈希表
class Solution:
    def hasCycle(self, head: ListNode) -> bool:
        dic = set()
        while head:
            if head in dic:
                return True 
            else:            
                dic.add(head)
                head = head.next
        return False

# 2、快慢指针
class Solution:
    def hasCycle(self, head: ListNode) -> bool:
        fast = slow = head
        while fast and fast.next:# 保证fast指针能走两步
            fast = fast.next.next
            slow = slow.next
            if fast == slow:
                return True
        return False

704. 二分查找

一、解题思路
有序：二分法

复杂度分析：
时间复杂度:O(logn)
空间复杂度：O(1)
注意循环条件

二、代码

class Solution:
    def search(self, nums: List[int], target: int) -> int:
        left = 0
        right = len(nums) - 1
        while left <= right: # 候选区有值
            mid = (left + right) // 2
            if nums[mid] > target:
                right = mid -1
            elif nums[mid] < target:
                left = mid + 1
            else:
                return mid
        return -1

35. 搜索插入位置

一、解题思路
仔细分析后，其实就是返回要插入位置的索引。要在数组中插入目标值，无非是这四种情况:

1、方法一：顺序查找
找到第一个大于等于target的元素将其位置返回即可

复杂度分析：
时间复杂度:O(n)
空间复杂度：O(1)

2、折半查找（二分法）
考虑这个插入的位置 pos，它成立的条件为：
nums[pos−1] 其中nums 代表排序数组。由于如果存在这个目标值，我们返回的索引也是pos，因此我们可以将两个条件合并得出最后的目标：「在一个有序数组中找第一个大于等于 target 的下标」。

复杂度分析：
时间复杂度:O(logn)
空间复杂度：O(1)

二、代码

# 解法一：顺序查找
class Solution:
    def searchInsert(self, nums: List[int], target: int) -> int:
        n = len(nums)
        for i in range(n):
            if target <= nums[i]: #  一旦发现大于或者等于target的num[i]，那么i就是我们要的结果
                return i
        return n #  如果target是最大的，或者 nums为空，则返回nums的长度

## 解法二：折半查找（二分法）
class Solution:
    def searchInsert(self, nums: List[int], target: int) -> int:
        left = 0
        right = len(nums) - 1
        while left <= right: # 候选区有值
            mid = (left + right) // 2
            if nums[mid] > target:
                right = mid -1
            elif nums[mid] < target:
                left = mid + 1
            else:
                return mid
        return left ## 返回插入位置

367. 有效的完全平方数

一、解题思路
1、解法一：二分查找
1是完全平方数
边界范围：[2，num/2]

复杂度分析
时间复杂度：O(logN)。
空间复杂度：O(1)。

2、解法二：牛顿迭代法
牛顿迭代法的思想是从一个初始近似值开始，然后作一系列改进的逼近根的过程。
问题是找出：f(x)=x²-num=0 的根。


复杂度分析
时间复杂度：O(logN)。
空间复杂度：O(1)。

二、代码

# 解法一：二分查找
class Solution:
    def isPerfectSquare(self, num: int) -> bool:
        if num < 2:
            return True
        left = 2
        right = num // 2
        while left <= right:
            mid = left + (right - left) // 2
            square = mid * mid
            if square == num:
                return True
            elif square > num:
                right = mid - 1
            else:
                left = mid + 1
        return False

# 解法二：牛顿迭代法
class Solution:
    def isPerfectSquare(self, num: int) -> bool:
        if num < 2:   # 特殊情况的判断
            return True
        x = num // 2
        while x * x > num:
            x = (x + num/x) // 2
        return x * x == num # 判断True或者Fslse

69. x 的平方根

一、解题思路
1、解法一、暴力循环
for i in range(2, x):
    print(i)
如果x是2，什么也不会打印出来；所以x最小为3。

2、解法二、二分法
复杂度分析
时间复杂度：O(logN)
空间复杂度：O(1)

3、解法三、牛顿迭代法
但是我没有理解

二、代码

# 解法一、暴力循环
class Solution:
    def mySqrt(self, x: int) -> int:
        if x == 0:  # 特殊情况的判断
            return 0
        if x <= 2:
            return 1
        for i in range(2, x):
            if i * i == x:
                return i
            elif i * i > x:
                return i - 1
            else:
                i += 1

# 解法二、二分法
class Solution:
    def mySqrt(self, x: int) -> int:
        if x <= 1:
            return x
        left = 2
        right = x//2
        while left <= right:
            mid = (left + right) // 2
            square = mid * mid
            if square == x:
                return mid 
            elif square > x:
                right = mid - 1
            else:
                left = mid + 1
        return right ## 注意left > right时返回right

27. 移除元素

一、解题思路
1、方法一：暴力法（两个for循环）
复杂度分析
时间复杂度：O(n^2)
空间复杂度：O(1)
2、方法二：双指针（快慢指针）

由于题目要求删除数组中等于 val 的元素，因此输出数组的长度一定小于等于输入数组的长度，我们可以把输出的数组直接写在输入数组上。可以使用双指针：右指针 right 指向当前将要处理的元素（遍历） ，左指针 left 指向下一个将要赋值的位置。

如果右指针指向的元素不等于 val，它一定是输出数组的一个元素，我们就将右指针指向的元素复制到左指针位置，然后将左右指针同时右移；
如果右指针指向的元素等于 val，它不能在输出数组里，此时左指针不动，右指针右移一位。
整个过程保持不变的性质是：区间 [0,left) 中的元素都不等于 val。当左右指针遍历完输入数组以后，left 的值就是输出数组的长度。

这样的算法在最坏情况下（输入数组中没有元素等于 val），左右指针各遍历了数组一次。
⚠️元素的相对位置没有改变

复杂度分析
时间复杂度：O(n)，其中 n 为序列的长度。只需要遍历该序列至多两次。
空间复杂度：O(1)。我们只需要常数的空间保存若干变量。

3、方法三：快慢双指针的优化

实现方面，我们依然使用双指针，两个指针初始时分别位于数组的首尾，向中间移动遍历该序列。

如果左指针 left 指向的元素等于 val，此时将右指针 right 指向的元素复制到左指针 left 的位置，然后右指针 right 左移一位。如果赋值过来的元素恰好也等于 val，可以继续把右指针 right 指向的元素的值赋值过来（左指针 left 指向的等于 val 的元素的位置继续被覆盖），直到左指针指向的元素的值不等于 val 为止。

当左指针 left 和右指针 right 重合的时候，左右指针遍历完数组中所有的元素。

这样的方法两个指针在最坏的情况下合起来只遍历了数组一次。与普通双指针法不同的是，优化后避免了需要保留的元素的重复赋值操作。
⚠️元素的相对位置发生了改变

复杂度分析
时间复杂度：O(n)，其中 n 为序列 的长度。只需要遍历该序列至多一次。
空间复杂度：O(1)。我们只需要常数的空间保存若干变量。

二、代码

# 方法一：暴力法
# 待补充

# 方法二：双指针（快慢指针）
class Solution:
    def removeElement(self, nums: List[int], val: int) -> int:
        n = len(nums)
        left = 0 # left是慢指针，指向下一个将要输出的位置
        for right in range(n):  # right是快指针，指向当前将要处理的元素（遍历）
            if nums[right] != val: # 则nums[right]肯定要输出，要放到left位置上
                nums[left] = nums[right]
                left += 1 # 左右指针同时右移（右指针是循环自动右移）
            # 当nums[right] == val:只有右指针因为循环自动右移  
        return left # left 的值就是最终要输出数组的长度

# 方法三：快慢双指针的优化
class Solution:
    def removeElement(self, nums: List[int], val: int) -> int:
        n = len(nums)
        left = 0   # 两个指针初始时分别位于数组的首尾，向中间移动遍历该序列
        right = n - 1
        while left < right: # 左右指针重合时，遍历完数组中所有的元素
            if nums[left] == val:
                nums[left] = nums[right-1]# 将right 指向的元素复制到left 的位置，即删除了left位置上的原值
                right -= 1 # right 左移一位
            left += 1 # left 右移一位
        return left

26. 删除有序数组中的重复项

一、解题思路
首先注意数组是有序的，那么重复的元素一定会相邻。

要求删除重复元素，实际上就是将不重复的元素移到数组的左侧。
1、方法一： 双指针
考虑用 2 个指针，一个在前记作 i，一个在后记作 j，算法流程如下：
（1）比较 i 和 j 位置的元素是否相等。
如果相等，j 后移 1 位；
如果不相等，将 j 位置的元素复制到 i+1 位置上，i 后移一位，j 后移 1 位
重复上述过程，直到 j 等于数组长度。
（2）返回 i + 1，即为新数组长度。
⚠️因为最初 i等于 0 时的数字未统计，所以最终返回结果需要 +1。

复杂度分析
时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组的长度。快指针和慢指针最多各移动 n 次。
空间复杂度：O(1)。只需要使用常数的额外空间。

2、方法二：通用解法
「通用解法」是一种针对「数据有序，相同元素最多保留 k 位」

• 由于是保留 k 个相同数字，对于前 k 个数字，我们可以直接保留。
• 对于后面的任意数字，能够保留的前提是：与当前写入的位置前面的第 k 个元素进行比较，不相同则保留。

二、代码

# 方法一： 双指针
class Solution:
    def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        if n == 0: # 空数组的判断
            return 0
        left = 0
        for right in range(1, n):
            if nums[right] != nums[left]:
                nums[left+1] = nums[right] # 赋值给nums[left+1]，而不是nums[left]
                left += 1
        return left+1 # 所以此处为left+1

# 方法二：通用解法
class Solution:
    def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:
        def process(nums, k): # 保留 k 个相同数字
            idx = 0  # idx，指向待插入位置
            # idx < k: 直接保留前 k 个数字
            # nums[idx-k] != x: 保留与前 k 个数字不相同的
            for x in nums:
                if idx < k or nums[idx-k] != x:
                    nums[idx] = x
                    idx += 1
            return idx
        return process(nums, 1)

80. 删除有序数组中的重复项 II

与26. 删除有序数组中的重复项相似，只不过是使每个元素最多出现两次。

# 方法一： 双指针
class Solution:
    def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        if n == 0: # 空数组的判断
            return 0
        left = 0
        for right in range(2, n):
            if nums[right] != nums[left]:
                nums[left+2] = nums[right] # 赋值给nums[left+2]，而不是nums[left]
                left += 1
        return left+2 # 最多出现2次

# 方法二：通用解法
class Solution:
    def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:
        def process(nums, k): # 保留 k 个相同数字
            idx = 0  # idx，指向待插入位置
            # idx < k: 直接保留前 k 个数字
            # nums[idx-k] != x: 保留与前 k 个数字不相同的
            for x in nums:
                if idx < k or nums[idx-k] != x:
                    nums[idx] = x
                    idx += 1
            return idx
        return process(nums, 2)

283. 移动零

一、解题思路
方法：双指针
使用双指针，左指针指向当前已经处理好的序列的尾部，右指针指向待处理序列的头部。

右指针不断向右移动，每次当右指针指向非零数时，则将左右指针对应的数交换，同时左指针右移。

注意到以下性质：
左指针左边均为非零数；
右指针左边直到左指针处均为零。
因此每次交换，都是将左指针的零与右指针的非零数交换，且非零数的相对顺序并未改变。

复杂度分析
时间复杂度：O(n)，其中 n 为序列长度。每个位置至多被遍历两次。
空间复杂度：O(1)。只需要常数的空间存放若干变量。

二、代码

方法：双指针
class Solution:
    def moveZeroes(self, nums: List[int]) -> None:
        """
        Do not return anything, modify nums in-place instead.
        """
        i = 0
        for j in range(len(nums)):
            if nums[j] != 0:
                nums[i], nums[j] = nums[j], nums[i]
                i += 1

844. 比较含退格的字符串

一、解题思路
1、方法一：重构字符串
将给定的字符串中的退格符和应当被删除的字符都去除，还原给定字符串的一般形式。然后直接比较两字符串是否相等即可。

具体地，我们用栈处理遍历过程，每次我们遍历到一个字符：

• 如果它是退格符，那么我们将栈顶弹出；
• 如果它是普通字符，那么我们将其压入栈中

复杂度分析
时间复杂度：O(N+M)，其中 N 和 M 分别为字符串 S 和 T 的长度。我们需要遍历两字符串各一次。
空间复杂度：O(N+M)，其中 N 和 M 分别为字符串 S 和T 的长度。主要为还原出的字符串的开销。

2、方法二：双指针
由于 # 号只会消除左边的一个字符，所以对右边的字符无影响，所以我们选择从后往前遍历S，T 字符串。

思路解析：
（1）准备两个指针 i, j 分别指向 S，T 的末位字符，再准备两个变量 skipS，skipT 来分别存放 S，T 字符串中的 # 数量。
（2）从后往前遍历 S，所遇情况有三，如下所示：

• 若当前字符是 #，则 skipS 自增 1；
• 若当前字符不是 #，且 skipS 不为 0，则 skipS 自减 1；
• 若当前字符不是 #，且 skipS 为 0，则代表当前字符不会被消除，我们可以用来和 T 中的当前字符作比较。

（3）若对比过程出现 S, T 当前字符不匹配，则遍历结束，返回 false，若 S，T 都遍历结束，且都能一一匹配，则返回 true。

二、代码

# 方法一：重构字符串
class Solution:
    def backspaceCompare(self, s: str, t: str) -> bool:
        def build(strs):
            stack = []
            for ch in strs:
                if ch != "#":
                    stack.append(ch)
                elif stack: # ch == "#" and not stack
                    stack.pop()
            return "".join(stack)
        return build(s) == build(t)

# 方法二：双指针
class Solution:
    def backspaceCompare(self, S: str, T: str) -> bool:
        i, j = len(S) - 1, len(T) - 1
        skipS = skipT = 0

        while i >= 0 or j >= 0: # 大循环
            while i >= 0: # 遍历S字符串
                if S[i] == "#":
                    skipS += 1
                    i -= 1
                elif skipS > 0:
                    skipS -= 1
                    i -= 1
                else:
                    break # 跳出当前循环，进入外层大循环
            while j >= 0: # 遍历T字符串
                if T[j] == "#":
                    skipT += 1
                    j -= 1
                elif skipT > 0:
                    skipT -= 1
                    j -= 1
                else:
                    break # 跳出当前循环，进入外层大循环
            s = "" if i < 0 else S[i]
            t = "" if j < 0 else T[j]
            if s != t:
                return False
            i -= 1
            j -= 1
        return True
        

977.有序数组的平方

一、解题思路
方法：双指针
left 指针指向 nums 数组的开头；right 指针指向 nums 数组的结尾。

因为 nums 数组在平方前是有序的，并且 nums 数组的平方的最大值一定是在两端找到的，不可能出现在中间位置。所以，利用 left 指针和 right 指针每次找到 剩余nums 数组两端中绝对值较大的那个元素，将其平方后，存入一个新的数组 res 中（注意：从后往前存）。

复杂度分析
时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 nums 的长度。
空间复杂度：O(1)。除了存储答案的数组以外，我们只需要维护常量空间。

# 方法：双指针
class Solution:
    def sortedSquares(self, nums: List[int]) -> List[int]:
        n = len(nums)
        ans = [0] * n
        
        i, j, pos = 0, n - 1, n - 1
        while i <= j: # 注意等号能否取到
            if nums[i] * nums[i] > nums[j] * nums[j]:
                ans[pos] = nums[i] * nums[i]
                i += 1
            else:
                ans[pos] = nums[j] * nums[j]
                j -= 1
            pos -= 1
        
        return ans

15.三数之和

一、解题思路
排序 + 双指针

本题的难点在于如何去除重复解。

算法流程：
（1）特判，对于数组长度 n，如果数组为 null 或者数组长度小于3，返回 []。
（2）对数组进行排序。
（3）外部循环：遍历排序后数组：
对于重复元素：跳过，避免出现重复解
（4）内部循环：当 L 令左指针 L=i+1，右指针 R=n−1，

• 当 nums[i]+nums[L]+nums[R]=0，执行循环，判断左界和右界是否和下一位置重复，去除重复解。并同时将 L,R 移到下一位置，寻找新的解
• 若和大于 0，说明 nums[R] 太大，R 左移
• 若和小于 0，说明 nums[L] 太小，L 右移
  当 L=R 时，循环结束，i++

复杂度分析
时间复杂度：数组排序 O(NlogN)，遍历数组 O(n)，双指针遍历 O(n)，总体 O(NlogN)+O(n)∗O(n)，
空间复杂度：O(1)

二、代码

# 排序 + 双指针
class Solution:
    def threeSum(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:
        n = len(nums)
        if not nums or n < 3: # 数组为空或者长度<3，返回[]
            return []
        nums.sort() # 排序
        res = [] # 存储结果
        for i in range(n):
            if i > 0 and nums[i]==nums[i-1]: 
                continue # 对于重复元素：跳过，避免出现重复解
            L, R = i + 1, n - 1
            while L < R:
                if nums[i] + nums[L] + nums[R] < 0: #  nums[L] 太小
                    L += 1
                elif nums[i] + nums[L] + nums[R] > 0: #  nums[R] 太大
                    R -= 1
                else: #nums[i] + nums[L] + nums[R] == 0:
                    res.append([nums[i],nums[L],nums[R]])
                    # 执行循环，判断左界是否和下一位置重复，去除重复解。
                    while(L<R and nums[L]==nums[L+1]):
                        L += 1
                    # 执行循环，判断右界是否和下一位置重复，去除重复解。
                    while(L<R and nums[R]==nums[R-1]):
                        R -= 1
                    # 将 L,R 移到下一位置，寻找新的解
                    L += 1
                    R -= 1
        return res

18. 四数之和

一、解题思路
在三数之和上再套一层for循环

复杂度分析
时间复杂度：数组排序 O(NlogN)，总体 O(NlogN)+O(n³)，
空间复杂度：O(1)

二、代码

class Solution:
    def fourSum(self, nums: List[int], target: int) -> List[List[int]]:
        n = len(nums)
        if not nums or n < 4:
            return []
        nums.sort() # 排序
        res = []
        for i in range(n-3):
            if i > 0 and nums[i]==nums[i-1]: 
                continue # 对于重复元素：跳过，避免出现重复解
            num1 = nums[i]
            for j in range(i+1,n-2):
                if j > i+1 and nums[j]==nums[j-1]: 
                    continue # 对于重复元素：跳过，避免出现重复解
                num2 = nums[j]
                L, R = j+1, n-1 # 第3，4个数的初始位置
                while L < R:
                    if nums[i]+nums[j]+nums[L]+nums[R] < target:
                        L += 1
                    elif nums[i]+nums[j]+nums[L]+nums[R] > target:
                        R -= 1
                    else:# nums[i]+nums[j]+nums[L]+nums[R] == target:
                        res.append([nums[i],nums[j],nums[L],nums[R]])
                        # 执行循环，判断左界是否和下一位置重复，去除重复解。
                        while(L<R and nums[L]==nums[L+1]):
                            L += 1
                        # 执行循环，判断右界是否和下一位置重复，去除重复解。
                        while(L<R and nums[R]==nums[R-1]):
                            R -= 1
                        # 将 L,R 移到下一位置，寻找新的解
                        L += 1
                        R -= 1
        return res

142. 环形链表 II

一、解题思路
方法：快慢指针
（1）判断链表是否有环？
分别定义 fast 和 slow指针，均从头结点出发，fast指针每次移动两个节点，slow指针每次移动一个节点，如果 fast 和 slow指针在环中相遇 ，说明这个链表有环。
如果有环，则fast 会一直在环中运动，直到遇到slow指针。
（2）如果有环，如何找到这个环的入口？
这个代码还看不大懂
二、代码

class Solution:
    def detectCycle(self, head: ListNode) -> ListNode:
        slow, fast = head, head
        while fast and fast.next:
            slow = slow.next
            fast = fast.next.next
            # 如果相遇
            if slow == fast:
                p = head
                q = slow
                while p!=q:
                    p = p.next
                    q = q.next
                #你也可以return q
                return p
        return None

class Solution(object):
    def detectCycle(self, head):
        fast, slow = head, head
        while True:
            if not (fast and fast.next): return
            fast, slow = fast.next.next, slow.next
            if fast == slow: break
        fast = head
        while fast != slow:
            fast, slow = fast.next, slow.next
        return fast

作者：jyd
链接：https://leetcode-cn.com/problems/linked-list-cycle-ii/solution/linked-list-cycle-ii-kuai-man-zhi-zhen-shuang-zhi-/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

54. 螺旋矩阵

相似题：59. 螺旋矩阵II

class Solution:
    def spiralOrder(self, matrix: List[List[int]]) -> List[int]:
        m = len(matrix) # m: matrix的行数
        n = len(matrix[0]) # n: matrix的列数
        res = [] # res：存储矩阵中的所有元素
        left, right, top, bottom = 0, n-1, 0, m-1
        while left<= right and top<= bottom:
            for i in range(left,right+1):
                res.append(matrix[top][i])
            for j in range(top+1,bottom+1):
                res.append(matrix[j][right])
            if left< right and top< bottom: # 必须加上if判断
                for i in range(right-1,left,-1):
                    res.append(matrix[bottom][i])
                for j in range(bottom, top,-1):
                    res.append(matrix[j][left])
            left += 1
            top += 1 
            right -= 1
            bottom -= 1
        return res

不懂54. 螺旋矩阵为什么必须加上if判断语句，不加会出错？
而59. 螺旋矩阵II加不加if判断语句，都不会出错？？

203.移除链表元素

一、解题思路
1、方法一：直接使用原来的链表来进行删除操作。
2、方法二：设置一个虚拟头结点在进行删除操作。

复杂度分析
时间复杂度：O(N)，只遍历了一次。
空间复杂度：O(1)。
二、代码

# 方法一：
class Solution:
    def removeElements(self, head: ListNode, val: int) -> ListNode:
        # 删除头节点
        while head and head.val == val: # 有可能新的头节点值仍等于val，所以用while循环
            head = head.next
        if not head: # 判断链表是否为空
            return
        # 删除非头节点
        pre = head
        while pre.next:
            if pre.next.val == val:
                pre.next = pre.next.next
            else:
                pre = pre.next
        return head # 返回头节点

⚠️如果先判断链表是否为空，则删除非头节点时，要再次保证头节点不鞥为空，即改为while pre and pre.next:
if not head: # 判断链表是否为空
return
不懂判断链表是否为空这里，if not head:
return正确，而return []会报错？

# 方法二：
class Solution:
  def removeElements(self, head: ListNode, val: int) -> ListNode:
    # 添加虚拟头节点，指向head节点
    dummy = ListNode(0)
    dummy.next = head
    # 或者 dummy = ListNode(0,head)
    pre = dummy # 工作指针pre
    while pre.next:
      if pre.next.val == val:
        pre.next = pre.next.next
      else:
        pre = pre.next
    return dummy.next # 返回真正的头节点