【LeetCode高频100题-3】冲冲冲（持续更新23.2.1）-Toy模板网

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62. 不同路径

题意

一道数学题，排列组合/小学奥赛题。
动态规划不是一般来解决最值问题的吗，这道题为什么会想到dp？

解法1 排列组合

从左上角到右下角，一共要走m+n-2步，其中向右n-1步，向下m-1步，因此路径的总数，相当于从m+n-2中选择m-1个向下的步数，即排列组合。
【LeetCode高频100题-3】冲冲冲（持续更新23.2.1）

但是，需要注意的是，题目只保证最后结果在int型范围内，而实际上如果按下面的代码运行，即便中间运算已经用long long存储，还是会溢出，所以需要一边乘一边除（即便是一边乘一边除，中间过程也必须用long long，否则中间计算会超出int型可表示范围）。

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        long long ans=1;
        for(int i=n;i<=m+n-2;i++)
            ans=ans*i; 	//会溢出
        for(int i=1;i<m;i++)
            ans/=i;
        return ans;
    }
};

// ac代码
class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        long long ans=1;
        for(int i=n,j=1;i<=m+n-2;i++,j++)
            ans=ans*i/j;
        return ans;
    }
};

解法2 动态规划

dp[i][j]表示走到 (i,j) 这个位置有几种走法。
dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]。
注意dp[0][0]和边界情况（i-1和j-1）处理（也可以将dp[0,:]和dp[:,0]全置1）。

class Solution {
public:
    int uniquePaths(int m, int n) {
        vector<vector<int> > dp(m,vector<int>(n,0));
        dp[0][0]=1;
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            for(int j=0;j<n;j++)
            {
                if(dp[i][j]==0) 	//为了维护dp[0][0]
                {
                    int left=j==0?0:dp[i][j-1];
                    int top=i==0?0:dp[i-1][j];
                    dp[i][j]=left+top;
                }
            }
        }
        return dp[m-1][n-1];
    }
};

Attention

二维数组的定义

vector<vector<int>> asd1(row, vector<int>(column, 0)); //初始化row*column二维动态数组，初始化值为0

动态规划解法中，其实只需要保存dp[i-1][j]和dp[i][j-1]两个数，还有空间优化的余地。
排列组合基础

64. 最小路径和

题意

只能向右或向下走，约束很强，所以很好遍历！
求最小值。
和第62题有相似之处。

解法1 DFS（剪枝也超时）

建立一个队列q和一个数组value[]（记录每个点的最小值），将（0,0）压入队列，然后每从队列中取出一个点 (x,y) ，就将其右 (x+1,y) 和下 (x,y+1) 两个点压入队列中，同时更新其右 (x+1,y) 和下 (x,y+1) 两个点的最小值。

但是由于超时，需要剪枝。所以只有当前点使得其右 (x+1,y) 或下 (x,y+1) 的点的最小值被更新时，才将这个点压入队列中。

但是依旧超时，，，

class Solution {
public:
    int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) {
        // m行n列
        int m=grid.size(),n=grid[0].size();
        vector<vector<int>> value(m,vector<int>(n,-1));
        queue<pair<int,int> > q;
        pair<int,int> st(0,0);
        q.push(st);
        value[0][0]=grid[0][0];
        while(!q.empty())
        {
            pair<int,int> tmp=q.front();
            q.pop();
            int x=tmp.first,y=tmp.second;
            if(x+1<m&&y<n)
            {
                int tmp_value=value[x][y]+grid[x+1][y];
                if(value[x+1][y]!=-1)
                {
                    if(tmp_value<=value[x+1][y])
                    {
                        value[x+1][y]=tmp_value;
                        pair<int,int> nxt(x+1,y);
                        q.push(nxt);
                    }
                }
                else
                {
                    value[x+1][y]=tmp_value;
                    pair<int,int> nxt(x+1,y);
                    q.push(nxt);
                }
                    
            }
            if(y+1<n&&x<m)
            {
                int tmp_value=value[x][y]+grid[x][y+1];
                if(value[x][y+1]!=-1)
                {
                    if(tmp_value<=value[x][y+1])
                    {
                        value[x][y+1]=tmp_value;
                        pair<int,int> nxt(x,y+1);
                        q.push(nxt);
                    }
                }
                else
                {
                    value[x][y+1]=tmp_value;
                    pair<int,int> nxt(x,y+1);
                    q.push(nxt);
                }
            }
        }
        return value[m-1][n-1];
    }
};

解法2 动态规划

设dp[i][j]是到达点 (i,j) 时路径的最小值，则dp[i][j]=min(dp[i-1[j]+grid[i][j],dp[i][j-1]+grid[i][j])。

和第62题不同的处理是，这里左边界和上边界的点要单独处理。因为最左列的点只能从它上面的点过来，而最上行的点只能从它左边过来。

其他没什么难点。

class Solution {
public:
    int minPathSum(vector<vector<int>>& grid) {
        // m行n列
        int m=grid.size(),n=grid[0].size();
        vector<vector<int>> dp(m,vector<int>(n,-1));
        dp[0][0]=grid[0][0];
        for(int i=0;i<m;i++)
        {
            for(int j=0;j<n;j++)
            {
                if(i==0&&j!=0)
                    dp[i][j]=dp[i][j-1]+grid[i][j];
                else if(j==0&&i!=0)
                    dp[i][j]=dp[i-1][j]+grid[i][j];
                else
                {
                    int left=j-1>=0?dp[i][j-1]:0;
                    int top=i-1>=0?dp[i-1][j]:0;
                    dp[i][j]=min(left+grid[i][j],top+grid[i][j]);
                }
            }
        }
        return dp[m-1][n-1];
    }
};

ATTENTION

pair的用法

70. 爬楼梯

题意

动态规划典型例题

解法1 动态规划

设dp[i]是到达第 i 级台阶的方法数量。由于第i级台阶可以通过第 i-1 和 i-2 级台阶到达，所以dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]。

边界条件：由于第 0 级台阶和第 1 级台阶都只有 1 种到达方法，所以初始化dp[0]=dp[1]=1。

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

解法2 矩阵快速幂（待补充）

72.编辑距离（waiting）

75. 颜色分类（待整理）

题意

啊？这不是直接冒泡就能结束了吗，，，
荷兰国旗问题？

解法1

76.最小覆盖子串

题意

在字符串S中寻找包含字符串T所有字符的最小子串。
字符串T可能有重复字符。
覆盖子串唯一。

解法1 滑动窗口（有待复习）

需要维护字符频数数组

暴力枚举：
首先遍历字符串T，得到字符频数数组。然后枚举所有长度大于等于T.size()的子串，再遍历每个子串，与字符串T进行比较。时间复杂度O(|S|³+|T|)。
冗余：因为求的是最小字串，所以当一个子串s[i,j]已经包含字符串T的所有字符时，以s[i]为起始的更长子串就不用再考虑了。

滑动窗口：

首先将右边界右移，直到子串覆盖字符串T的所有字符。
然后将左边界右移，得到当前最小覆盖子串。
然后将左右边界都右移，回到第一步，寻找下一个符合的覆盖子串。

class Solution {
public:
    unordered_map<char,int> cur_cnt,t_cnt;
    int cur_tot=0,t_tot=0;
    bool is_cover() 	//是否覆盖的判断还是挺坑的
    {
        if(cur_tot<t_tot) return false; 
        for(auto it:t_cnt)
        {
            if(cur_cnt[it.first]<it.second) 	//覆盖子串的字符数可能比字符串T多
                return false;
        }
        return true;
    }
    string minWindow(string s, string t) {
        int s_n=s.size(),t_n=t.size();
        // string ans=s;
        string ans="";

        // t的词频数组
        for(auto &c:t)
            t_cnt[c]+=1;
        t_tot=t_n;

        int l=0,r=0;
        cur_cnt[s[l]]+=1;
        cur_tot+=1;
        while(true)
        {
            while(!is_cover()&&r<s_n)
            {
                r++;
                cur_cnt[s[r]]+=1;
                cur_tot+=1;
            }
            // 溢出
            if(r==s_n)
                break;
            else  //cover
            {
                while(is_cover())
                {
                    cur_cnt[s[l]]-=1;
                    cur_tot-=1;
                    l++;
                }
                // 一个覆盖子串，不一定是最小的
                // ans=ans.size()>(r-l+1)?s.substr(l-1,r-l+2):ans;   //更新
                if(ans==""||ans.size()>(r-l+1))
                    ans=s.substr(l-1,r-l+2);
                r++;
                cur_cnt[s[r]]+=1;
                cur_tot+=1;
            }
        }
        return ans;
    }
};

ATTENTION

auto（待整理）

78.子集

94. 二叉树的中序遍历

题意

解法

中序遍历：左-根-右。

当在最底层时，每个结点都可视为一棵树的根，所以，应当在遍历到根的时候进行 push 操作。

对于根，首先要判断是否为 NULL。然后再遍历其左子树，push root，遍历右子树。

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    void inOrder(TreeNode* root,vector<int>& ans)
    {
        if(root==NULL) return; 	//这个很重要，也就是说现将root传进来，再判断它存不存在。 
        inOrder(root->left,ans);
        ans.push_back(root->val);
        inOrder(root->right,ans);
    }
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> ans;
        inOrder(root,ans);
        return ans;
    }
};

//这个版本有冗余判断
/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    void inOrder(TreeNode* root,vector<int>& ans)
    {
        if(root==NULL) return ;
        if(root->left!=NULL) 	//冗余
            inOrder(root->left,ans);
        ans.push_back(root->val);
        if(root->right!=NULL) 	//冗余
            inOrder(root->right,ans);
    }
    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> ans;
        inOrder(root,ans);
        return ans;
    }
};

98. 验证二叉搜索树

题意

验证所给的二叉树是不是二叉搜索树，要求：左 < 根 < 右。
要注意：整颗左子树 < 根 < 整颗右子树
节点值的范围：[INT_MIN, INT_MAX]

解法

基于match(root,l,r)考虑每一个节点 root ：

若 root == NULL，则返回 true；
若 root != NULL，则判断它的值在不在限定范围 (l ,r) 内，不在返回 false；
若 root != NULL，且它的值在范围 (l ,r) 内，则只有当 root->left 和 root->right 都满足时，才返回 true。

注意：节点元素范围为 [INT_MIN, INT_MAX]，所以 root 的值的范围应该比 int 大（因为是开区间），否则，若节点为 INT_MIN 或 INT_MAX ，会误判。（比如只有一个节点，节点的值为 INT_MAX，如果将范围设为(INT_MIN, INT_MAX)的话，会误判。）文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-418622.html

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    bool match(TreeNode* root,long long l,long long r)
    {
        if(root==NULL) return true;
        if(root->val>=r || root->val<=l) return false;
        return match(root->left,l,root->val)&&match(root->right,root->val,r);
    }
    bool isValidBST(TreeNode* root) {
        return match(root,LLONG_MIN,LLONG_MAX);
    }
};