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Leetcode第11题至第20题 思路分析及C++实现

标签:
JAVA

11. Container With Most Water【medium】

解题思路

这道题可以考虑暴力枚举的方式,复杂度应该是O(N^2),嵌套循环即可实现,下面重点讲复杂度只有O(N)的头尾标记法

考虑到:

容器的容量 = 两端中较矮的板子长度(L) * 两端的距离(d)

在数组两端设置头尾标记,以头尾标记为容器的两端,假设头标记对应的板子长度比较短,那么现在 容器的容量 = 头标记板子 * 头尾标记的距离。那么以头标记为一端的所有容器的容量必然小于当前容器,因为其他以头标记为一端的容器的L一定小于或等于当前容器,而距离d一定小于当前容器。所以这些容器都可以无需遍历,因此让头标记向尾部移动一个单位;假设尾标记对应的板子长度比较短,则以此类推,让尾标记向头部移动一个单位,直至头尾标记相遇则停止寻找。

实现代码:

// 11. Container With Most Waterint maxArea(vector<int>& height) {  int res = 0, i = 0, j = height.size() - 1;  while (i != j) {
    res = max(res, (j - i) * min(height[i], height[j]));    if (height[i] > height[j]) {
      j--;
    } else {
      i++;
    }
  }  return res;
}

12. Integer To Roman【medium】

解题思路

这道题没有特别多技巧,直接按照转换规则进行转换即可,对每一位进行遍历,注意考虑4和9的特殊情况即可。

在查看Leetcode讨论区的时候还看到了一种脑洞大开的“全部映射法”,这里贴上来给大家欣赏一下,也开拓了一下思路,这种方法告诉我们在情况不多的时候,可以考虑一下这种思路,代码更为简洁。

实现代码:

// 12. Integer to Romanstring intToRoman(int num) {  map<int, char> romanMap;
  romanMap[1] = 'I';
  romanMap[5] = 'V';
  romanMap[10] = 'X';
  romanMap[50] = 'L';
  romanMap[100] = 'C';
  romanMap[500] = 'D';
  romanMap[1000] = 'M';  string res;  for (int i = 3; i >= 0; i--) {    int fold = pow(10, i);    if (num / fold == 9) {
      res += romanMap[fold];
      res += romanMap[fold * 10];
    } else if (num / fold == 4) {
      res += romanMap[fold];
      res += romanMap[fold * 5];
    } else if (num / fold > 0) {      if (num / fold >= 5) {
        res += romanMap[fold * 5];
        num -= 5 * fold;
      }      for (int i = 0; i < num / fold; i++) {
        res += romanMap[fold];
      }
    }
    num %= fold;
  }  return res;
}// 脑洞大开的全部映射法string intToRoman(int num) {  string M[] = {"", "M", "MM", "MMM"};  string C[] = {"", "C", "CC", "CCC", "CD", "D", "DC", "DCC", "DCCC", "CM"};  string X[] = {"", "X", "XX", "XXX", "XL", "L", "LX", "LXX", "LXXX", "XC"};  string I[] = {"", "I", "II", "III", "IV", "V", "VI", "VII", "VIII", "IX"};  return M[num/1000] + C[(num%1000)/100] + X[(num%100)/10] + I[num%10];
}

13. Roman To Integer【easy】

解题思路

这道题和上一题一样,直接按照转换规则进行转换即可,对每一位进行遍历,注意考虑4和9的特殊情况即可。

实现代码:

// 13. Roman To Integerint romanToInt (string s) {  int res = 0;  for (int i = 0; i < s.size(); i++) {    if (s[i] == 'I') {
      res += 1;
    } else if (s[i] == 'V') {
      res += 5;      if (i - 1 >= 0 && s[i - 1] == 'I') {
        res -= 2;
      }
    } else if (s[i] == 'X') {
      res += 10;      if (i - 1 >= 0 && s[i - 1] == 'I') {
        res -= 2;
      }
    } else if (s[i] == 'L') {
      res += 50;      if (i - 1 >= 0 && s[i - 1] == 'X') {
        res -= 20;
      }
    } else if (s[i] == 'C') {
      res += 100;      if (i - 1 >= 0 && s[i - 1] == 'X') {
        res -= 20;
      }
    } else if (s[i] == 'D') {
      res += 500;      if (i - 1 >= 0 && s[i - 1] == 'C') {
        res -= 200;
      }
    } else if (s[i] == 'M') {
      res += 1000;      if (i - 1 >= 0 && s[i - 1] == 'C') {
        res -= 200;
      }
    }
  }  return res;
}

14. Longest Common Prefix【easy】

解题思路

这道题从头到尾每一个字符遍历,如果出现不同或者已经不够长,则把已知的共同前缀返回即可。

考虑边界条件:
当输入字符串数组为空时,返回空字符串""。

实现代码:

// 14. Longest Common Prefixstring longestCommonPrefix(vector<string>& strs) {  if (strs.size() == 0) return "";  int length = 0;  while (true) {    if (strs[0].size() < length + 1) break;    for (int i = 0; i < strs.size() - 1; i++)      if (strs[i + 1].size() < length + 1 || strs[i][length] != strs[i + 1][length])        return strs[0].substr(0, length);
    length++;
  }  return strs[0].substr(0, length);
}

15. 3Sum【medium】

解题思路

双指针法枚举,复杂度O(N^2)。

首先,对数组进行排序。然后,从第一个数字 i 开始遍历,每一层遍历中有两个指针 p, q 分别指向该数字后续的数组中的头尾两端,通过判断这三个数组的和与0的关系,移动头尾指针:

如果和大于0,尾指针前移;如果和小于0,头指针后移;如果和等于0,分别移动头尾指针。

这里注意要考虑到数组中处理出现重复数字的情况。

如果 i 与 i - 1重复则直接跳过该项的遍历,如果 p 重复则 p++,如果 q 重复则 q++。

考虑边界条件:

当输入数组长度不足3时,返回空字符串数组。

实现代码:

// 15. 3Sumvector<vector<int> > threeSum(vector<int>& nums) {  vector<vector<int> > res;  if (nums.size() < 3) return res;
  sort(nums.begin(), nums.end());  int p, q, sum;  for (int i = 0; i < nums.size() - 2; i++) {    if (nums[i] > 0) 
      break;    else if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) 
      continue;
    p = i + 1;
    q = nums.size() - 1;    while (p < q) {
      sum = nums[i] + nums[p] + nums[q];      if (sum == 0) {
        res.push_back({nums[i], nums[p], nums[q]});        while (nums[p] == nums[p + 1] && p < q)
          p++;
        p++;        while (nums[q] == nums[q - 1] && p < q)
          q--;
        q--;
      } else if (sum > 0) {        while (nums[q] == nums[q - 1] && p < q)
          q--;
        q--;
      } else {        while (nums[p] == nums[p + 1] && p < q)
          p++;
        p++;
      }
    }
  }  return res;
}

16. 3Sum Closest

解题思路

与15题如出一辙,采用双指针法枚举,复杂度O(N^2)。

首先,对数组进行排序。然后,从第一个数字 i 开始遍历,每一层遍历中有两个指针 p, q 分别指向该数字后续的数组中的头尾两端,通过判断这三个数组的和与0的关系,移动头尾指针:

如果和大于0,返回target;如果和小于0,头指针后移;如果和等于0,分别移动头尾指针。

这里注意要考虑到数组中处理出现重复数字的情况。

如果 i 与 i - 1重复则直接跳过该项的遍历,如果 p 重复则 p++,如果 q 重复则 q++。

实现代码:

// 16. 3Sum Closestint threeSumClosest(vector<int>& nums, int target) {
  sort(nums.begin(), nums.end());  int p, q, sum;  int gap = INT_MAX;  int res;  for (int i = 0; i < nums.size() - 2; i++) {    if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) continue;
    p = i + 1;
    q = nums.size() - 1;    while (p < q) {
      sum = nums[i] + nums[p] + nums[q];      if (sum == target) {        return target;
      } else if (sum > target) {        if (sum - target < gap) {
          gap = sum - target;
          res = sum;
        }        while (nums[q] == nums[q - 1] && p < q)
          q--;
        q--;
      } else {        if (target - sum < gap) {
          gap = target - sum;
          res = sum;
        }        while (nums[p] == nums[p + 1] && p < q)
          p++;
        p++;
      }
    }
  }  return res;
}

17. Letter Combinations of a Phone Numbe

解题思路

经典的排列问题,直接用回溯法解决。

下面的解法是使用循环实现非递归的回溯法。linshi作为中间变量,每一个数字按下之后的结果。

实现代码:

// 17. Letter Combinations of a Phone Numbervector<string> letterCombinations(string digits) {  if (digits.size() == 0) return {};  map<int, string> digitalMap;
  digitalMap[2] = "abc";
  digitalMap[3] = "def";
  digitalMap[4] = "ghi";
  digitalMap[5] = "jkl";
  digitalMap[6] = "mno";
  digitalMap[7] = "pqrs";
  digitalMap[8] = "tuv";
  digitalMap[9] = "wxyz";  vector<string> linshi;  vector<string> res = {""};  for (int i = 0; i < digits.size(); i++) {    string tails = digitalMap[digits[i] - 48];    for (int j = 0; j < res.size(); j++) {      for (int n = 0; n < tails.size(); n++) {
        linshi.push_back(res[j] + tails[n]);
      }
    }
    res = linshi;
    linshi = {};
  }  return res;
}

18. 4Sum

解题思路

和15题3Sum如出一辙,在3Sum的解法外面再套一层即可。

实现代码:

// 18. 4Sum vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {      vector<vector<int> > res;  if (nums.size() < 4) return res;
  sort(nums.begin(), nums.end());  int p, q, sum;  for (int j = 0; j < nums.size() - 3; j++) {    if (j > 0 && nums[j] == nums[j - 1])      continue;    int target3 = target - nums[j];  
    for (int i = j + 1; i < nums.size() - 2; i++) {      if (i > j + 1 && nums[i] == nums[i - 1]) 
        continue;
      p = i + 1;
      q = nums.size() - 1;      while (p < q) {
        sum = nums[i] + nums[p] + nums[q];        if (sum == target3) {
          res.push_back({nums[j], nums[i], nums[p], nums[q]});          while (nums[p] == nums[p + 1] && p < q)
            p++;
          p++;          while (nums[q] == nums[q - 1] && p < q)
            q--;
          q--;
        } else if (sum > target3) {          while (nums[q] == nums[q - 1] && p < q)
            q--;
          q--;
        } else {          while (nums[p] == nums[p + 1] && p < q)
            p++;
          p++;
        }
      }
    }
  }  return res;
}

19. Remove Nth Node From End of List

解题思路

快慢指针思想,让两个指针 p, q都指向头结点,p 先向后移动 n + 1 步,然后p, q一起向后移动,当 p 到达尾结点时,q指向目标节点的前驱结点,做删除操作,然后按照题目要求返回头结点即可。

实现代码:

// 20. Valid Parenthesesbool isValid(string s) {  stack<char> brackets;  map<char, char> bracketMap;
  bracketMap[')'] = '(';
  bracketMap[']'] = '[';
  bracketMap['}'] = '{';  for (int i = 0; i < s.size(); i++) {    if (s[i] == '(' || s[i] == '[' || s[i] == '{') {
      brackets.push(s[i]);
    } else if (s[i] == ')' || s[i] == ']' || s[i] == '}') {      if (!brackets.empty() && brackets.top() == bracketMap[s[i]]) {
        brackets.pop();
      } else {        return false;
      }
    }
  }  if (brackets.empty()) return true;  else return false;
}

20. Valid Parentheses

解题思路

栈思想,从左往右遍历,如果是左括号则入栈,右括号则出栈,最后判断栈是否为空,空则为有效括号组,否则无效。

实现代码:

// 20. Valid Parenthesesbool isValid(string s) {  stack<char> brackets;  map<char, char> bracketMap;
  bracketMap[')'] = '(';
  bracketMap[']'] = '[';
  bracketMap['}'] = '{';  for (int i = 0; i < s.size(); i++) {    if (s[i] == '(' || s[i] == '[' || s[i] == '{') {
      brackets.push(s[i]);
    } else if (s[i] == ')' || s[i] == ']' || s[i] == '}') {      if (!brackets.empty() && brackets.top() == bracketMap[s[i]]) {
        brackets.pop();
      } else {        return false;
      }
    }
  }  if (brackets.empty()) return true;  else return false;
}



作者:大雄的学习人生
链接:https://www.jianshu.com/p/4314383492ef


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