86. Partition List
分析：
给定一个链表和一个特定值 x，对链表进行分隔，使得所有小于 x 的节点都在大于或等于 x 的节点之前。你应当保留两个分区中每个节点的初始相对位置。
最终答案的链表一定包含两部分，左边的一部分所有值都比x小，右边的一部分所有值都大于等于x。
那么首先得到这两部分链表，再把它们连起来就行了。
遍历head结点，只要比x小，就加到left链表，反之加到right链表。
注意最后right链表最后一个结点的next值要设为null，否则会形成环。
然后将left链表和right链表连起来即可。
Java:
class Solution {
public ListNode partition(ListNode head, int x) {
ListNode left = new ListNode(0);
ListNode right = new ListNode(0);
ListNode curLeft = left, curRight = right;
while (head != null) {
if (head.val < x) {
curLeft.next = head;
curLeft = curLeft.next;
} else {
curRight.next = head;
curRight = curRight.next;
}
head = head.next;
}
curRight.next = null;
curLeft.next = right.next;
return left.next;
}
}
87. Scramble String
先判断两个字符串所含字母是否完全相等，如果不等直接返回false。
dp[length][i][j]代表s1从i开始，s2从j开始length长度的两个子串是否是扰乱字符串。如果length等于1时，只需比较s1的第i个字符是否等于s2的第j个字符即可。
dp[length][i][j]的判断还需要k从1遍历到length-1，k代表切割完之后左侧有k个字符，右侧有length-k个字符。
如果切割完之后没有交换，只要dp[k][i][j]为真且 dp[length - k][i + k][j + k]为真，那么dp[length][i][j]为真。
如果切割完之后交换了，只要dp[k][i][j + length - k] 为真且 dp[length - k][i + k][j]为真，那么dp[length][i][j]为真。
所以dp[length][i][j]只要上面两种情况其中一种成立即可。
最后返回return dp[len][0][0]
时间复杂度O(n4)，空间复杂度O(n3)
class Solution {
public boolean isScramble(String s1, String s2) {
int len = s1.length();
int[] letters = new int[26];
for (int i = 0; i < len; i++) {
letters[s1.charAt(i) - 'a']++;
letters[s2.charAt(i) - 'a']--;
}
for (int i = 0; i < 26; i++) {
if (letters[i] != 0) {
return false;
}
}
boolean[][][] dp = new boolean[len + 1][len][len];
for (int length = 1; length <= len; length++) {
for (int i = 0; i + length <= len; i++) {
for (int j = 0; j + length <= len; j++) {
if (length == 1) {
dp[length][i][j] = s1.charAt(i) == s2.charAt(j);
} else {
for (int k = 1; k < length; k++) {
dp[length][i][j] = (dp[k][i][j] && dp[length - k][i + k][j + k])
|| (dp[k][i][j + length - k] && dp[length - k][i + k][j]);
if (dp[length][i][j] == true) {
break;
}
}
}
}
}
}
return dp[len][0][0];
}
}
88. Merge Sorted Array
分析：
给你两个有序整数数组 nums1 和 nums2，请你将 nums2 合并到 nums1 中，使 nums1 成为一个有序数组。
从后往前比较大小，从后往前填充。
Java：
class Solution {
public void merge(int[] nums1, int m, int[] nums2, int n) {
int len = m + n;
int pos = len - 1, pos1 = m - 1, pos2 = n - 1;
while (pos >= 0) {
if (pos1 < 0) {
while (pos2 >= 0) {
nums1[pos--] = nums2[pos2--];
}
break;
}
if (pos2 < 0) {
while (pos1 >= 0) {
nums1[pos--] = nums1[pos1--];
}
break;
}
if (nums1[pos1] >= nums2[pos2]) {
nums1[pos--] = nums1[pos1--];
} else {
nums1[pos--] = nums2[pos2--];
}
}
return;
}
}
89. Gray Code
分析：
格雷码转换规则：
- 1位格雷码有两个码字
- (n+1)位格雷码中的前2n个码字等于n位格雷码的码字，按顺序书写，加前缀0
- (n+1)位格雷码中的后2n个码字等于n位格雷码的码字，按逆序书写，加前缀1
- n+1位格雷码的集合 = n位格雷码集合(顺序)加前缀0 + n位格雷码集合(逆序)加前缀1
从0阶一步一步往高阶递推。
其中第2步在最高位加前缀0，不改变原来所有元素的值，所以可以忽略这一步。只需要进行第3步，把逆序书写加前缀1之后的数添加到结果中即可。
逆序只要从尾往头遍历，加前缀1之后的值，就是加上最高位代表的十进制数。
最高位每次加的值为1，2，4，8....可以通过移位操作得到新的值。
Java：
class Solution {
public List grayCode(int n) {
List res = new ArrayList<>();
res.add(0);
int head = 1;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = res.size() - 1; j >= 0; j--) {
res.add(res.get(j) + head);
}
head <<= 1;
}
return res;
}
}
90. Subsets II
分析：
先把数组排序，方便去重，和第78题的区别就是，这道题数组中含有重复的元素。
在加到结果集的过程中先判断一下是否包含重复的集合，如果不包含，再加到结果集中。
Java：
class Solution {
List> res = new ArrayList<>();
List temp = new ArrayList<>();
void dfs(int index, int[] nums) {
if (index == nums.length) {
List list = new ArrayList<>(temp);
if (!res.contains(list)) {
res.add(list);
}
return;
}
temp.add(nums[index]);
dfs(index + 1, nums);
temp.remove(temp.size() - 1);
dfs(index + 1, nums);
}
public List> subsetsWithDup(int[] nums) {
Arrays.sort(nums);
dfs(0, nums);
return res;
}
}
class Solution {
List> res = new ArrayList<>();
List temp = new ArrayList<>();
void dfs(int index, int[] nums) {
if (index == nums.length) {
return;
}
for (int i = index; i < nums.length; i++) {
if (i - 1 >= index && nums[i] == nums[i - 1]) {
continue;
}
temp.add(nums[i]);
res.add(new ArrayList<>(temp));
dfs(i + 1, nums);
temp.remove(temp.size() - 1);
}
}
public List> subsetsWithDup(int[] nums) {
Arrays.sort(nums);
res.add(new ArrayList<>());
dfs(0, nums);
return res;
}
}