Celery's Blog

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LeetCode-Day1

发表于 更新于 Valine：

2. 两数相加

给出两个 非空 的链表用来表示两个非负的整数。其中，它们各自的位数是按照 逆序 的方式存储的，并且它们的每个节点只能存储 一位 数字。

如果，我们将这两个数相加起来，则会返回一个新的链表来表示它们的和。

您可以假设除了数字 0 之外，这两个数都不会以 0 开头

示例：

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输入：(2 -> 4 -> 3) + (5 -> 6 -> 4)
输出：7 -> 0 -> 8
原因：342 + 465 = 807
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/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode* addTwoNumbers(ListNode* l1, ListNode* l2) {
		ListNode vHead(0), *p = &vHead;
		int flag = 0;
		while(l1 || l2 || flag) {
			int tmp = 0;
			if(l1 != nullptr) {
				tmp += l1->val;
			}
			if(l2 != nullptr) {
				tmp += l2->val;
			}
			tmp += flag;
			flag = tmp / 10;
			tmp %= 10;
			ListNode *next = l1 ? l1 : l2;
			if(next == nullptr) {
				next = new ListNode(tmp);
			}
			next->val = tmp;
			
			p->next = next;
			p = p->next ;
			l1 = l1 ? l1->next: nullptr;
			l2 = l2 ? l2->next: nullptr;
		}
		return vHead.next;
    }
};

注意考虑特殊情况：

  • 两个数组的长度不一致
  • 两个数组相加之后，最高为还需要进位，因此可能还需要多加一个节点

3. 无重复字符的最长字串

给定一个字符串，请你找出其中不含有重复字符的 最长子串 的长度。

示例 1:

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输入: "abcabcbb"
输出: 3 
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "abc"，所以其长度为 3。

示例 2:

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输入: "bbbbb"
输出: 1
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "b"，所以其长度为 1。

示例 3:

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输入: "pwwkew"
输出: 3
解释: 因为无重复字符的最长子串是 "wke"，所以其长度为 3。
     请注意，你的答案必须是 子串 的长度，"pwke" 是一个子序列，不是子串
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class Solution {
public:
    int lengthOfLongestSubstring(string s) {
        int left = 0;
        int right = 0;
        int maxL = 0;
        int str[128] = {0};
        for(int i = 0;i < s.length();i++, right++) {
            if(str[s[i]] >= left + 1) {
                left = str[s[i]];
            }
            str[s[i]] = i + 1;
            maxL = max(maxL, right - left + 1);
        }
        return maxL; 
    }
};

解释：left表示当前字串的最左端，right表示当前字串的最右边。开一个128的数组表示ACSII字符，其中记录该字符是否出现过以及出现的位置。

如果当前s[i]的字符已经在前面出现过并且str[s[i]] <= left，表示该字符虽然已经出现过，但是不是在当前框定的范围之内，即下面这种情况

a b k s d 【b f g h i】 k l

(现在b f g i使我们所框定的子串，而k在前面虽然已经出现过，但是在框定范围之外，即在b左边，这种情况下，k是不影响的，所以不需要更新left的值)

只有s[i]的字符出现在框定范围之内时，才需要变更left的值。

4. 寻找两个有序数组的中位数

给定两个大小为 m 和 n 的有序数组 nums1 和 nums2。

请你找出这两个有序数组的中位数，并且要求算法的时间复杂度为 O(log(m + n))。

你可以假设 nums1 和 nums2 不会同时为空。

示例 1:

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nums1 = [1, 3]
nums2 = [2]

则中位数是 2.0

示例 2:

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nums1 = [1, 2]
nums2 = [3, 4]

则中位数是 (2 + 3)/2 = 2.5
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class Solution {
public:
    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        int m = nums1.size(), n = nums2.size(), left = (m + n + 1) / 2, right = (m + n + 2) / 2;
        return (findKth(nums1, 0, nums2, 0, left) + findKth(nums1, 0, nums2, 0, right)) / 2.0;
    }
    int findKth(vector<int>& nums1, int i, vector<int>& nums2, int j, int k) {
        if (i >= nums1.size()) return nums2[j + k - 1];
        if (j >= nums2.size()) return nums1[i + k - 1];
        if (k == 1) return min(nums1[i], nums2[j]);
        int midVal1 = (i + k / 2 - 1 < nums1.size()) ? nums1[i + k / 2 - 1] : INT_MAX;
        int midVal2 = (j + k / 2 - 1 < nums2.size()) ? nums2[j + k / 2 - 1] : INT_MAX;
        if (midVal1 < midVal2) {
            return findKth(nums1, i + k / 2, nums2, j, k - k / 2);
        } else {
            return findKth(nums1, i, nums2, j + k / 2, k - k / 2);
        }
    }
};

详解参考：https://www.cnblogs.com/grandyang/p/4465932.html

这道题让我们求两个有序数组的中位数，而且限制了时间复杂度为 O(log (m+n))，看到这个时间复杂度，自然而然的想到了应该使用二分查找法来求解。但是这道题被定义为 Hard 也是有其原因的，难就难在要在两个未合并的有序数组之间使用二分法，如果这道题只有一个有序数组，让我们求中位数的话，估计就是个 Easy 题。对于这道题来说，我们可以将两个有序数组混合起来成为一个有序数组再做吗，图样图森破，这个时间复杂度限制的就是告诉你金坷垃别想啦。那么我们还是要用二分法，而且是在两个数组之间使用，感觉很高端啊。那么回顾一下中位数的定义，如果某个有序数组长度是奇数，那么其中位数就是最中间那个，如果是偶数，那么就是最中间两个数字的平均值。这里对于两个有序数组也是一样的，假设两个有序数组的长度分别为m和n，由于两个数组长度之和 m+n 的奇偶不确定，因此需要分情况来讨论，对于奇数的情况，直接找到最中间的数即可，偶数的话需要求最中间两个数的平均值。为了简化代码，不分情况讨论，我们使用一个小 trick，分别找第 (m+n+1) / 2 个，和 (m+n+2) / 2 个，然后求其平均值即可，这对奇偶数均适用。若 m+n 为奇数的话，那么其实 (m+n+1) / 2 和 (m+n+2) / 2 的值相等，相当于两个相同的数字相加再除以2，还是其本身。

好，这里我们需要定义一个函数来在两个有序数组中找到第K个元素，下面重点来看如何实现找到第K个元素。首先，为了避免拷贝产生新的数组从而增加时间复杂度，我们使用两个变量i和j分别来标记数组 nums1 和 nums2 的起始位置。然后来处理一些 corner cases，比如当某一个数组的起始位置大于等于其数组长度时，说明其所有数字均已经被淘汰了，相当于一个空数组了，那么实际上就变成了在另一个数组中找数字，直接就可以找出来了。还有就是如果 K=1 的话，那么我们只要比较 nums1 和 nums2 的起始位置i和j上的数字就可以了。难点就在于一般的情况怎么处理？因为我们需要在两个有序数组中找到第K个元素，为了加快搜索的速度，我们要使用二分法，那么对谁二分呢，数组么？其实要对K二分，意思是我们需要分别在 nums1 和 nums2 中查找第 K/2 个元素，注意这里由于两个数组的长度不定，所以有可能某个数组没有第 K/2 个数字，所以我们需要先 check 一下，数组中到底存不存在第 K/2 个数字，如果存在就取出来，否则就赋值上一个整型最大值。如果某个数组没有第 K/2 个数字，那么我们就淘汰另一个数组的前 K/2 个数字即可。举个例子来说吧，比如 nums1 = {3}，nums2 = {2, 4, 5, 6, 7}，K=4，我们要找两个数组混合中第4个数字，那么我们分别在 nums1 和 nums2 中找第2个数字，我们发现 nums1 中只有一个数字，不存在第二个数字，那么 nums2 中的前2个数字可以直接跳过，为啥呢，因为我们要求整个混合数组的第4个数字，不管 nums1 中的那个数字是大是小，第4个数字绝不会出现在 nums2 的前两个数字中，所以可以直接跳过。

有没有可能两个数组都不存在第 K/2 个数字呢，这道题里是不可能的，因为我们的K不是任意给的，而是给的 m+n 的中间值，所以必定至少会有一个数组是存在第 K/2 个数字的。最后就是二分法的核心啦，比较这两个数组的第 K/2 小的数字 midVal1 和 midVal2 的大小，如果第一个数组的第 K/2 个数字小的话，那么说明我们要找的数字肯定不在 nums1 中的前 K/2 个数字，所以我们可以将其淘汰，将 nums1 的起始位置向后移动 K/2 个，并且此时的K也自减去 K/2，调用递归，举个例子来说吧，比如 nums1 = {1, 3}，nums2 = {2, 4, 5}，K=4，我们要找两个数组混合中第4个数字，那么我们分别在 nums1 和 nums2 中找第2个数字，nums1 中的第2个数字是3，nums2 中的第2个数字是4，由于3小于4，所以混合数组中第4个数字肯定在 nums2 中，所以我们可以将 nums1 的起始位置向后移动 K/2 个。反之，我们淘汰 nums2 中的前 K/2 个数字，并将 nums2 的起始位置向后移动 K/2 个，并且此时的K也自减去 K/2，调用递归即可

4. 最长回文子串

给定一个字符串 s，找到 s 中最长的回文子串。你可以假设 s 的最大长度为 1000。

示例 1：

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输入: "babad"
输出: "bab"
注意: "aba" 也是一个有效答案。

示例 2：

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输入: "cbbd"
输出: "bb"
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class Solution {
public:
    string longestPalindrome(string s) {
        int len = s.length();
        int maxL = 1, left = 0;
        for(int i = 0;i < len;i++) {
            int num = 1;
            // case 1: 奇数 
            while(i - num >= 0 && i + num < len && s[i - num] == s[i + num]) {
                num++;
            }
            if(num * 2 - 1 > maxL) {
                left = i - num + 1;
                maxL = num * 2 - 1; 
            }
            // case 2: 偶数
            if(i + 1 < len && s[i] == s[i + 1]) {
                num = 1;
                while(i - num >= 0 && i + num + 1 < len && s[i - num] == s[i + num + 1]) {
                    num++;
                } 
                if(2 * num > maxL) {
                    left = i - num + 1;
                    maxL = 2 * num;
                }
            }
        }      
        return s.substr(left, maxL);    
    }
};

解释：

中心扩展算法
事实上，只需使用恒定的空间，我们就可以在 O(n2)O(n^2)的时间内解决这个问题。

我们观察到回文中心的两侧互为镜像。因此，回文可以从它的中心展开，并且只有 2n−12n - 1个这样的中心。

你可能会问，为什么会是 2n−12n−1 个，而不是 nn 个中心？原因在于所含字母数为偶数的回文的中心可以处于两字母之间（例如 “abba” 的中心在两个‘b’ 之间）

Manacher算法：

又叫“马拉车”算法，可以在时间复杂度为O(n)的情况下求解一个字符串的最长回文子串长度的问题。

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解释：

p表示回文中心，maxp为回文右端点。

接下来，我们考虑如何维护p[i]，需要分类讨论：

  • 如1所示，i < maxp，则找到i关于p的对称点j，由于j是在p的左侧，所以是已经计算过回文半径的（假设灰色括号RjR_{j}表示的是其回文半径），那么由于i，j是关于p对称的，那么i在相应的RjR_{j}范围之内必定也是回文的，但是需要考虑这个回文半径的最右端是否已经超出此时的maxp（因为maxp右边的情况是无法保证的），因此需要在红色的RR和灰色的RjR_{j}中取最小值

    至于剩下的，就暴力穷举吧，回文半径只能帮到这里了…

  • 如2所示，i>maxpi > maxp，暴力穷举吧

贴代码：

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class Solution {
public:
    string init(string s) {
        int len = s.length();
        char str[2002];
        str[0] = '#';
        int j = 1;
        for(int i = 0;i < len;i++) {
            str[j++] = s[i];
            str[j++] = '#';
        }
        str[j] = '\0';
        return str;
    }
    // p[i]表示以i回文中心，回文半径为p[i]
    string longestPalindrome(string s) {
        int ans = -1, mx = 0, id = 0,start = 0;
        string str = init(s);
        int len = str.length();
        int p[2002] = {0};
        for(int i = 0;i < len; i++) {
            if(i < mx) {
                p[i] = min(p[2 * id - i], mx - i);
            } else {
                p[i] = 1;
            }
            while(i + p[i] < len && i - p[i] >= 0 && str[i + p[i]] == str[i - p[i]]) {
                p[i]++;
            }
            if(p[i] + i > mx) {
                mx = p[i] + i;
                id = i;
            } 
            if(p[i] - 1 >= ans) {
                start = i;
                ans = p[i] - 1;
            } 
        }
        return s.substr(start / 2 - ans / 2, ans);        
    }
};