【LeetCode热题100】打卡第44天：倒数第30~25题

【LeetCode热题100】打卡第44天：倒数第30~25题

⛅前言

大家好，我是知识汲取者，欢迎来到我的LeetCode热题100刷题专栏！

精选 100 道力扣（LeetCode）上最热门的题目，适合初识算法与数据结构的新手和想要在短时间内高效提升的人，熟练掌握这 100 道题，你就已经具备了在代码世界通行的基本能力。在此专栏中，我们将会涵盖各种类型的算法题目，包括但不限于数组、链表、树、字典树、图、排序、搜索、动态规划等等，并会提供详细的解题思路以及Java代码实现。如果你也想刷题，不断提升自己，就请加入我们吧！QQ群号：827302436。我们共同监督打卡，一起学习，一起进步。

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LeetCode热题100专栏🚀：LeetCode热题100

Gitee地址📁：知识汲取者 (aghp) - Gitee.com

题目来源📢：LeetCode 热题 100 - 学习计划 - 力扣（LeetCode）全球极客挚爱的技术成长平台

PS：作者水平有限，如有错误或描述不当的地方，恳请及时告诉作者，作者将不胜感激

移动零

🔒题目

原题链接：283.移动零

🔑题解

• 解法一：暴力枚举即可

  但是我们使用copyOfRange方法存在一个弊端，它会重现创建一个数组，然后将值赋值给新的数组引用，给不是在原有的数组引用上进行赋值，所以这里就导致最终无法修改到我们要实现效果的数组

  

  

  下方代码，最终输出的nums全部是 0

  /**
   * @author ghp
   * @title
   * @description
   */
  class Solution {
      public void moveZeroes(int[] nums) {
          List<Integer> list = new ArrayList<>();
          for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
              if (nums[i] != 0){
                  list.add(nums[i]);
              }
          }
          Arrays.fill(nums, 0);
          nums =  Arrays.copyOfRange(
                  list.stream().mapToInt(Integer::intValue).toArray(),
                  0, nums.length);
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

  其中 $n$ 为数组中元素的个数

  解决方法：使用for循环，逐个赋值（这里我就是使用lambda表达式实现，效果都是一样的，但是这种更加优雅）

  /**
   * @author ghp
   * @title
   * @description
   */
  class Solution {
      public void moveZeroes(int[] nums) {
          List<Integer> list = new ArrayList<>();
          for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
              if (nums[i] != 0) {
                  list.add(nums[i]);
              }
          }
          Arrays.fill(nums, 0);
          IntStream.range(0, list.size())
                  .forEach(i -> nums[i] = list.get(i));
      }
  }
  

• 解法二：双指针

  这个思路是非类似于快排的那个划分左右区间，设置两个指针，使得左区间都比主元小，右区间都比主元大或等。

  这里我们相当于是把0当作主元，左区间都是不等于0的，右区间都是等于0的

  class Solution {
      public void moveZeroes(int[] nums) {
          int i = 0;
          // 遍历数组，将非0元素放到i的左侧
          for (int j = 0; j < nums.length; j++) {
              if (nums[j] != 0){
                  // 当前元素不等于0，将非0元素放到i的左侧
                  int t = nums[j];
                  nums[j] = nums[i];
                  nums[i] = t;
                  i++;
              }
          }
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(1)$

  其中 $n$ 为数组中元素的个数

寻找重复数

🔒题目

原题链接：287.寻找重复数

🔑题解

本题总共有以下解法：

1. 需要额外空间，需要修改原始数组：排序

2. 需要额外空间，不需要修改原始数组：计数法、哈希表

3. 不需要额外空间，需要修改原始数组：标记法、索引排序

4. 不需要额外空间，不需要修改原始数组：暴力枚举、二分查找、位运算、快慢指针

PS：本文只讲解了二分查找、快慢指针、位运算三种能过且比较牛的方法，关于其它方法感兴趣都可以参考这篇文章：9种方法（可能是目前最全的），拓展大家思路 - 寻找重复数 - 力扣（LeetCode）

• 解法一：快慢指针（Floyd 判圈算法）

  这个算法在前面已经多次遇到了，比如：第33天的环形链表、第34天的排序链表、第35天的相交链表、第40天的回文链表等都能看到快慢指针算法的身影。可能我们一下子无法直接联想到环形链表，这里我们画一个草图，将数组转换成一个环形链表（这是一种数学抽象，类似于七桥问题，把一个问题抽象成另一个与之等价的问题）

  

  我们把数值的值当成链表的下一个节点，这个值与索引进行一个映射，从而可以通过上面的链表得到下面这个链表，此时我们把”要数组中的找重复元素“这个问题转换成"要找链表中环的入口节点"，说到这里，如果你对环形链表这一题有经验的话，很快就能够解决了。如果你对环形链表不是很懂的话，可以参考这篇文章【LeetCode热题100】打卡第33天：环形链表

  

  注意：本题能够使用快慢指针的前提是$1<=nums[i]<=n$，这样能够保障指针无论如何移动都不会出现索引越界

  这里初略讲解以下如何定位环形链表的入环节点：

  1. 第一次遍历，fast比slow多走一步，寻找到fast和slow相等的节点，然后将fast重置到起始节点
  2. 第二次遍历，fast和slow走相同的步数，寻找到fast和slow相等的节点，此时fast和slow相遇的节点就是入环节点

  至于详细证明思路，可以参考我上面给出的那个链接，链接的那篇文章中已给出比较详细的解答了

  /**
   * @author ghp
   * @title
   * @description
   */
  class Solution {
      public int findDuplicate(int[] nums) {
          int fast = 0, slow = 0;
          do {
              fast = nums[nums[fast]];
              slow = nums[slow];
          } while (fast != slow);
          fast = 0;
          while (fast != slow) {
              fast = nums[fast];
              slow = nums[slow];
          }
          return fast;
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(1)$

  其中n为数组中元素的个数

• 解法二：二分查找

  本题主要用到了抽屉原理，简单来说就是把 10 个苹果放进 9 个抽屉，至少有一个抽屉里至少放 2 个苹果。

  其此我们还需要寻找出有序的地方，本题有序的地方是隐式的，即比当前元素小的元素是有序的，只要发现这一点，其实就会变得很简单，但往往这一点一般很慢发现，这也是本题相较于其他显示有序的一个难点

  我们新增一个变量cnt[i]来记录当前数组中小于等于i的数有多少个，然后可以的发现cnt数组是有序的，对于有序数组我们

  ①如果我们将n个数放到n个位置上（数的范围是1~n），这些数不重复，则此时 cnt==mid

  

  ②如果我们将n个数放到n+1个位置上（数的范围是1~n），这些数不重复，如果此时 cnt<=mid，则说明重复的数一定在左侧区间，因为数是在1~n这个区间选的，cnt[n]<=mid说明比n小的数不到一半（正常情况是刚好一半的），根据抽屉原理，一定是有一个比mid小的数重复了，这样才会出现cnt[n]<=mid，所以重复的数在mid的左侧

  

  ③如果我们将n个数放到n+1个位置上，如果是左侧的数多了，则会导致cnt[n]>mid，此时我们可以在左侧区间寻找

  

  温馨提示：对于所有的二分查找，边界值都是需要十分注意的，这个我在以前总结的二分查找中就已经进行了详细讲解，这里我也不在赘述了，直接给出结论，如果想要了解的，可以参考我以前写的一篇关于二分查找边界值问题的总结

  1. 对于向下取整mid = (right-left)/2 + left ，如果取等 while(left<=right)，那么目标值在右right=mid-1，目标值在左left=mid+1

  2. 对于向下取整mid=(right-left)/2 + left，如果不取等while(left<right)，那么目标值在右right=mid，目标值在左left=mid+1

     如果取等匹配right=mid会导致死循环，如果不取等匹配right=mid-1会出现遗漏导致结果错误

  /**
   * @author ghp
   * @title
   * @description
   */
  class Solution {
      public int findDuplicate(int[] nums) {
          int left = 1, right = nums.length - 1;
          while (left < right) {
              int mid = (right - left) / 2 + left;
              // 计算当前小于等于mid的元素有多少个
              int count = 0;
              for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
                  if (nums[i] <= mid){
                      count++;
                  }
              }
              if (count > mid){
                  // 比mid小的元素超过了mid个，根据抽屉原理可以知道mid左侧出现了重复元素
                  right = mid;
              }else{
                  // 比mid小的元素超过了mid个，根据抽屉原理可以知道mid右侧出现了重复元素
                  left = mid + 1;
              }
          }
          return left;
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(nlogn)$
  • 空间复杂度：$O(1)$

  其中n为数组中元素的个数

• 解法三：位运算

  太强了，感兴趣的可以去看LeetCode官网，我先把前面两种解法消化吸收了

  class Solution {
      public int findDuplicate(int[] nums) {
          int n = nums.length, ans = 0;
          int bit_max = 31;
          while (((n - 1) >> bit_max) == 0) {
              bit_max -= 1;
          }
          for (int bit = 0; bit <= bit_max; ++bit) {
              int x = 0, y = 0;
              for (int i = 0; i < n; ++i) {
                  if ((nums[i] & (1 << bit)) != 0) {
                      x += 1;
                  }
                  if (i >= 1 && ((i & (1 << bit)) != 0)) {
                      y += 1;
                  }
              }
              if (x > y) {
                  ans |= 1 << bit;
              }
          }
          return ans;
      }
  }
  
  作者：LeetCode-Solution
  链接：https://leetcode.cn/problems/find-the-duplicate-number/solution/xun-zhao-zhong-fu-shu-by-leetcode-solution/
  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。
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(nlogn)$
  • 空间复杂度：$O(1)$

  其中n为数组中元素的个数

二叉树的序列化与反序列化

🔒题目

原题链接：297.二叉树的序列化与反序列化

🔑题解

• 解法一：BFS（层序遍历）

  不知道为什么我第一眼看着提感觉挺简单的，直接BFS不就好了吗，结果bug频出，一眨眼一小时就过去了，经过不断的debug最终成功完成了初步代码，并最终过了😄写这题的思路也比较简答， 直接使用BFS实现层序遍历即可

  如果不会层序遍历的话，可以参考这篇文章：【LeetCode热题100】打卡第29天：二叉树的层序遍历

  class Codec {
      public String serialize(TreeNode root) {
          if (root == null) {
              // 防止NPE
              return null;
          }
          // 存储每一层的节点的值
          StringBuilder ans = new StringBuilder(root.val + ",");
          // BFS层序遍历所有节点，将二叉树所有节点的值转存到ans中
          Deque<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
          queue.offer(root);
          while (!queue.isEmpty()) {
              TreeNode pre = queue.poll();
              TreeNode left = pre.left;
              if (left != null) {
                  queue.offer(left);
              }
              ans.append(left == null ? "null" : left.val).append(",");
              TreeNode right = pre.right;
              if (right != null) {
                  queue.offer(right);
              }
              ans.append(right == null ? "null" : right.val).append(",");
          }
          // 删除最后一个多余的逗号
          ans.deleteCharAt(ans.length() - 1);
          return ans.toString();
      }
  
      public TreeNode deserialize(String data) {
          if (data == null) {
              // 防止NPE
              return null;
          }
          // 将String转成List方便后续逻辑处理
          String[] dataStr = data.split(",");
          List<Integer> dataList = Arrays.stream(dataStr)
                  .map(str -> str.equals("null") ? null : Integer.valueOf(str))
                  .collect(Collectors.toList());
          // BFS层序遍历所有节点，将层序遍历的字符串重新构建成一棵二叉树
          Deque<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
          // 将根节点加入队列中
          TreeNode root = new TreeNode(dataList.get(0));
          queue.offer(root);
          dataList.remove(0);
          while (!dataList.isEmpty()) {
              TreeNode node = queue.poll();
              if (dataList.get(0) != null) {
                  // 这里一定要判空，否则自动拆箱时会报NPE，下面那个判空也是一样的
                  node.left = new TreeNode(dataList.get(0));
                  queue.offer(node.left);
              }
              dataList.remove(0);
              if (dataList.isEmpty()) {
                  // 防止NPE
                  break;
              }
              if (dataList.get(0) != null) {
                  node.right = new TreeNode(dataList.get(0));
                  queue.offer(node.right);
              }
              dataList.remove(0);
          }
          return root;
      }
  }
  

  复杂度分析：

  序列化

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

  反序列化

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

  其中 $n$ 为二叉树节点的个数

  代码优化：

  对于serialize方法：

  1. 每个循环只需要处理一个节点，不需要额外的变量来保存父节点

  对于deserialize方法：

  1. 使用整型数组代替列表，因为在循环中频繁进行插入和删除操作会导致列表的性能下降
  2. 使用索引标记当前节点的位置，避免频繁调用 dataList.get() 方法

  /**
   * @author ghp
   * @title
   * @description
   */
  class Codec {
  
      public String serialize(TreeNode root) {
          if (root == null) {
              return null;
          }
          StringBuilder ans = new StringBuilder();
          Deque<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
          queue.offer(root);
          while (!queue.isEmpty()) {
              TreeNode node = queue.poll();
              if (node != null) {
                  ans.append(node.val).append(",");
                  queue.offer(node.left);
                  queue.offer(node.right);
              } else {
                  ans.append("null,");
              }
          }
          ans.deleteCharAt(ans.length() - 1);
          return ans.toString();
      }
  
      public TreeNode deserialize(String data) {
          if (data == null) {
              return null;
          }
          String[] dataStr = data.split(",");
          List<Integer> dataList = Arrays.stream(dataStr)
                  .map(str -> str.equals("null") ? null : Integer.valueOf(str))
                  .collect(Collectors.toList());
          Deque<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
          TreeNode root = new TreeNode(dataList.get(0));
          queue.offer(root);
          int index = 1;
          for (; index < dataList.size(); index += 2) {
              TreeNode node = queue.poll();
              if (dataList.get(index) != null) {
                  node.left = new TreeNode(dataList.get(index));
                  queue.offer(node.left);
              }
              if (index + 1 < dataList.size() && dataList.get(index + 1) != null) {
                  node.right = new TreeNode(dataList.get(index + 1));
                  queue.offer(node.right);
              }
          }
          return root;
      }
  }
  

• 解法二：DFS（前序遍历）

  这里主要是通过前序遍历实现

  

  1. 序列化实现比较简单，直接DFS搜索即可： [1,2,null,null,3,4,null,null,5,null,null]

  2. 反序列化的时候，第一个元素为根节点，接下来都是按照前序遍历的顺序，先走左边，直到遇到 null 结束，然后换另一边

  整个过程递归进行

  class TreeNode {
      int val;
      TreeNode left;
      TreeNode right;
  
      TreeNode(int x) {
          val = x;
      }
  }
  
  /**
   * @author ghp
   * @title
   * @description
   */
  class Codec {
  
      public String serialize(TreeNode root) {
          StringBuilder ans = new StringBuilder();
          dfs(root, ans);
          ans.deleteCharAt(ans.length() - 1);
          return ans.toString();
      }
  
      private void dfs(TreeNode root, StringBuilder ans) {
          if (root == null) {
              ans.append("null,");
              return;
          }
          ans.append(root.val).append(",");
          dfs(root.left, ans);
          dfs(root.right, ans);
      }
  
      public TreeNode deserialize(String data) {
          String[] dataStr = data.split(",");
          // 根据前序遍历的结果构建二叉树
          return buildTree(dataStr);
      }
  
      private int i = 0;
      private TreeNode buildTree(String[] dataStr) {
          String value = dataStr[i++];
          if (value.equals("null")) {
              // 防止自动拆箱导致NPE，同时也是递归结束条件
              return null;
          }
          TreeNode node = new TreeNode(Integer.valueOf(value));
          // 构建左子树
          node.left = buildTree(dataStr);
          // 构建右子树
          node.right = buildTree(dataStr);
          return node;
      }
  }
  

  复杂度分析：

  序列化

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

  反序列化

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

  其中 $n$ 为二叉树节点的个数

最长递增子序列

🔒题目

原题链接：300.最长递增子序列

🔑题解

• 解法一：暴力DFS（超时 22 / 54）

  

  PS：画的有点丑，但是能看明白就行(●ˇ∀ˇ●)

  /**
   * @author ghp
   * @title
   * @description
   */
  public class Solution {
      public int lengthOfLIS(int[] nums) {
          // 最长递增子序列的长度
          int maxLength = 0;
          // DFS遍历每一个节点
          for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
              int length = dfs(nums, i, Integer.MIN_VALUE);
              maxLength = Math.max(maxLength, length);
          }
          return maxLength;
      }
  
      private int dfs(int[] nums, int index, int preLen) {
          if (index == nums.length) {
              // 达到数组末尾，返回长度为0
              return 0;
          }
          int len1 = 0;
          if (nums[index] > preLen) {
              // 当前元素大于前一个元素，可以选择当前元素作为递增子序列的一部分
              len1 = 1 + dfs(nums, index + 1, nums[index]);
          }
          // 不选择当前元素，继续寻找下一个递增子序列
          int len2 = dfs(nums, index + 1, preLen);
          // 返回选择当前元素和不选择当前元素中的较长子序列的长度
          return Math.max(len1, len2);
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(2^n)$，每一个节点都有选和不选两种情况，所以总的来说是$2^n$
  • 空间复杂度：$O(logn)$，空间复杂度为递归的最大深度，最大深度是树的最大高度

  其中 $n$ 为数组中元素的个数

  代码优化：时间优化

  我们可以通过记忆化搜索来大幅度提高搜索的速度，我们需要新增一个memo数组，memo[i][j]表示以第i个元素为结尾、且第j个元素为上一个结尾元素的最长递增子序列的长度。

  为了新增一个记忆搜索功能，我们需要对上面代码进行一个微型改造，我们在DFS搜索时，不能像前面一样传递上一个节点的长度，而是需要传递上一个节点的索引，这样我们才能够使用memo数组对当前状态进行标记，下面的示意图是添加了记忆数组之后的搜索

  

  通过Debug也可以看出来，每进行一次DFS，都可以直接将当前节点到其它任意节点的距离计算出来，这样就能大幅度进行剪枝了。比如上图，0到1这条路径，就可以计算出0到其它节点（1，0，3，2，3）的距离了，后面的路径0到0、0到3、0到2、0到3就不用再去重新遍历了，而是直接拿我们缓存在memo中的路径

  

  public class Solution {
      public int lengthOfLIS(int[] nums) {
          int maxLength = 1;
          // 记录节点的状态 memo[i][j]表示索引为j的节点到索引为i的节点的最长递增节点数
          int[][] memo = new int[nums.length][nums.length];
          // DFS搜索每一个节点
          for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
              maxLength = Math.max(maxLength, dfs(nums, i, i, memo));
          }
          return maxLength;
      }
  
      private int dfs(int[] nums, int curIndex, int preIndex, int[][] memo) {
          if (curIndex >= nums.length) {
              // 后面已经没有节点了，结束搜索
              return 0;
          }
          if (memo[curIndex][preIndex] > 0) {
              // preIndex到curIndex这个状态已计算过，直接返回
              return memo[curIndex][preIndex];
          }
          int len1 = 0;
          if (preIndex == curIndex || nums[curIndex] > nums[preIndex]) {
              // 当前元素大于前一个元素，可以选择当前元素作为递增子序列的一部分
              len1 = 1 + dfs(nums, curIndex + 1, curIndex, memo);
          }
          // 不选择当前元素，继续寻找下一个递增子序列
          int len2 = dfs(nums, curIndex + 1, preIndex, memo);
          // 缓存preIndex到curIndex这个状态
          memo[curIndex][preIndex] = Math.max(len1, len2);
          // 返回选择当前元素和不选择当前元素中的较长子序列的长度
          return memo[curIndex][preIndex];
      }
  }
  

  记忆搜索是经典的拿时间换空间，时间复杂度虽然没有变，但是却大大缩减了搜索结果的时间，空间复杂度提高了

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(2^n)$，每一个节点都有选和不选两种情况，所以总的来说是$2^n$
  • 空间复杂度：$O(n^2)$，memo占用$n^2$的空间

  其中 $n$ 为数组中元素的个数

  备注：将 memo[curIndex][preIndex] 转换为 memo[preIndex][curIndex] 是不可行的。这是因为 preIndex 的值是固定的，是遍历时的前一个索引，而 curIndex 是在不断递增变化的。

  如果我们将 memo[curIndex][preIndex] 转换为 memo[preIndex][curIndex]，则无法正确存储和查找子问题的解决方案。由于 curIndex 不断增加，我们无法准确地映射到递归调用中的子问题。

  代码优化：空间优化

  我们可以发现memo每进行一次DFS都只用到了一列的数据，所以我们完全可以将二维的memo压缩为一维的memo

  public class Solution {
      public int lengthOfLIS(int[] nums) {
          int maxLength = 1;
          int[] memo = new int[nums.length];
          Arrays.fill(memo, 1);
          for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
              maxLength = Math.max(maxLength, dfs(nums, i, memo));
          }
          return maxLength;
      }
  
      private int dfs(int[] nums, int curIndex, int[] memo) {
          if (curIndex >= nums.length) {
              return 0;
          }
          if (memo[curIndex] > 1) {
              return memo[curIndex];
          }
          int maxLen = 1;
          for (int i = curIndex + 1; i < nums.length; i++) {
              if (nums[i] > nums[curIndex]) {
                  maxLen = Math.max(maxLen, 1 + dfs(nums, i, memo));
              }
          }
          memo[curIndex] = maxLen;
          return maxLen;
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(n^2)$，每一个节点都有选和不选两种情况，所以总的来说是$2^n$
  • 空间复杂度：$O(n)$，memo占用$n$的空间

  其中 $n$ 为数组中元素的个数

• 解法二：动态规划

  我们需要构建一个dp[i]，dp[i]表示以nums[i]结尾的最长递增子序列的长度，此时我们可以知道 当前第i个节点结尾的最长递增子序列，一定是由前面的节点转移而来的，至于是前面哪一个节点，我们无法直接确定，所以此时需要遍历 前面 i+1个节点，在遍历的同时，我们不断更新当前的 dp[i]，遍历完毕，即可得到当前最大长度。

  不知道为什么感觉动态规划比前面的DFS要简单多了

  import java.util.Arrays;
  
  /**
   * @author ghp
   * @title
   * @description
   */
  public class Solution {
      public int lengthOfLIS(int[] nums) {
          if (nums.length == 0) {
              return 0;
          }
          int maxLength = 1;
          int[] dp = new int[nums.length];
          // 每一个节点自身的初始长度都是1
          Arrays.fill(dp, 1);
          // 遍历每一个节点
          for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
              // 遍历0~i之间的节点，计算出所有以当前nums[i]结尾的最长递增子序列的长度
              for (int j = 0; j < i; j++) {
                  if (nums[i] > nums[j]) {
                      dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
                  }
              }
              maxLength = Math.max(maxLength, dp[i]);
          }
          return maxLength;
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(n^2)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

  其中 $n$ 为数组中元素的个数

• 解法三：动态规划+二分查找

  来自：300. 最长递增子序列（动态规划 + 二分查找，清晰图解） - 最长递增子序列 - 力扣（LeetCode）

  class Solution {
      public int lengthOfLIS(int[] nums) {
          int len = 1, n = nums.length;
          if (n == 0) {
              return 0;
          }
          int[] d = new int[n + 1];
          d[len] = nums[0];
          for (int i = 1; i < n; ++i) {
              if (nums[i] > d[len]) {
                  d[++len] = nums[i];
              } else {
                  int l = 1, r = len, pos = 0; // 如果找不到说明所有的数都比 nums[i] 大，此时要更新 d[1]，所以这里将 pos 设为 0
                  while (l <= r) {
                      int mid = (l + r) >> 1;
                      if (d[mid] < nums[i]) {
                          pos = mid;
                          l = mid + 1;
                      } else {
                          r = mid - 1;
                      }
                  }
                  d[pos + 1] = nums[i];
              }
          }
          return len;
      }
  }
  
  作者：LeetCode-Solution
  链接：https://leetcode.cn/problems/longest-increasing-subsequence/solution/zui-chang-shang-sheng-zi-xu-lie-by-leetcode-soluti/
  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。
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(nlogn)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

  其中 $n$ 为数组中元素的个数

删除无效括号

先缓缓w(ﾟДﾟ)w，明天在写把，不然今天任务完不成了

🔒题目

原题链接：301.删除无效括号

🔑题解

• 解法一：暴力

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(n^2)$
  • 空间复杂度：$O(1)$

  其中 $n$ 为数组中元素的个数

• 解法二：哈希表

  这个太强了，时间复杂度直接变成$O(n)$，它是利用Map的Key不能重复的特性，来判断元素是否符合要求。

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

  其中 $n$ 为数组中元素的个数

参考题解：文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-608150.html

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