有关leetcode

来源：互联网发布：合肥淘宝培训编辑：程序博客网时间：2024/05/16 14:54

三、

平衡二叉树的查找，插入，删除的复杂度都是Ologn，所以由一个数组建立一个平衡二叉树的过程复杂度为O(nlogn)，平衡二叉树用中序遍历就可有序

说是建立堆的过程时间复杂度为O（n），只能获得最小元素，还得不断调整，需要Ologn,所以堆排序复杂度为O(nlogn)

快速排序，第一遍找枢轴位置复杂度为O（n），递归调用Ologn，,所以快速排序复杂度为O(nlogn)，找数组中第k大的元素可以采用快拍第一遍排序后枢轴位置已定，看左边还是右边，是否第k个，找到一边然后单边快排继续找，比快拍复杂度底

二、

%和/的区别

/是除， 是取整   如5/3=1%是取模   取余  如5%3=2

求指数

最简单最高效的办法,譬如要计算n次幂long mi = 2 <<(n-1);也可以跑循环计算，但是效率不如上面这个 int n = 3;  long mi = 1L; for(int i = 1; i <= n; i++){  mi *= 2; }

Math.pow(double a, double b) 返回第一个参数的第二个参数次幂的值。如：Math.pow(10.0,3.0)返回的结果为1000，即10的3次方

leetcode 分组总结

http://blog.csdn.net/candy_578079476/article/details/24415257

CC_1_数组与字符串

CC_2_链表 http://blog.csdn.net/candy_578079476/article/details/24436863

。。。。

1-1 确定一个字符串的字符是否全都不相同。不用额外的数据结构该如何处理？

考虑字符集，ASCII or Unicode

HashMap，空间复杂度O(n)，时间复杂度O(1)；优化，bit vector

朴素的算法，两趟遍历O(n^2)，或者，先排序再遍历O(nlogn)

1-2 实现void reverse(char *str)

two pointers

recursion

1-3 判断两个string是否为anagram（变位词）

HashMap统计个数

先排序string再比较

1-4 将String中的空格替换为%20，原数组上操作

先确定新string尾部的位置，然后从后往前复制，O(n)

1-5 压缩string，eg：aabccc->a2b1c3

考虑新的字符串拼接过程string + string 时间复杂度为O(n^2)，使用stringBuffer优化，string.append()，或者构建一个数组

1-6 给定一个N*N的矩阵表示的图像，每个像素大小为4字节，实现一个方法，使之旋转90度。不用额外空间怎么做？

按层操作，时间复杂度为O(n^2)，不需要额外的空间，按索引交换4对元素

1-7 M*N的矩阵中，元素为0所在的行&列，实现清零

建两个数组指示需要清空的行&列，空间复杂度O(M+N)

不要额外空间的做法，先找到一个0，然后把这个0所在的行&列，看做辅助数组

1-8 判断s1是否是s2旋转而成的，只能调用一次isSubstring（检测字串函数）

s1 = xy，s2 = yx，s1s1 = xyxy

isSubstring(s1s1,s2)

巧妙！！！

其他题目

http://blog.csdn.net/lanxu_yy/article/details/11820141

http://blog.csdn.net/lanxu_yy/article/details/11663823

二、

LeetCode | Binary Tree Level Order Traversal II

分类： LeetCode 2013-09-18 20:27 624人阅读评论(0)收藏举报

leetcode算法

目录(?)[+]

题目：

Given a binary tree, return the bottom-up level order traversal of its nodes' values. (ie, from left to right, level by level from leaf to root).

For example:
Given binary tree {3,9,20,#,#,15,7},

    3   / \  9  20    /  \   15   7

return its bottom-up level order traversal as:

[  [15,7]  [9,20],  [3],]

confused what "{1,#,2,3}" means? > read more on how binary tree is serialized on OJ.

思路：

题目类似二叉树的宽度优先遍历，可以通过一个队列来实现。但是队列中的每个节点都需要增加一个数值表示层次（level）。由于我们只需要对相邻的层次进行区分，因此可以将层次简化成level%2，或bool值来表示。算法类似http://blog.csdn.net/lanxu_yy/article/details/11820189，最终需要将数组反转。

代码：

[cpp] view plaincopy

/**
* Definition for binary tree
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
vector<vector<int> > levelOrderBottom(TreeNode *root) {
// Start typing your C/C++ solution below
// DO NOT write int main() function
TreeNode * q1[10000];
bool q2[10000];
int begin=0;
int end=0;
if(root == NULL)
{
vector<vector<int> > v;
return v;
}
else
{
vector<vector<int> > v;
q1[end] = root;
q2[end++] = true;
bool level = true;
vector<int> * tmp = new vector<int>();
while(begin!=end)
{
TreeNode * p = q1[begin];
bool cur = q2[begin++];
if(cur != level)
{
v.push_back(*tmp);
delete tmp;
tmp = new vector<int>();
level = !level;
}
if(cur == level)
{
if(p->left != NULL)
{
q1[end] = p->left;
q2[end++] = !cur;
}
if(p->right != NULL)
{
q1[end] = p->right;
q2[end++] = !cur;
}
tmp->push_back(p->val);
}
}
v.push_back(*tmp);
for(int i = 0; i < v.size() / 2; i++)
{
vector<int> t = v[i];
v[i] = v[v.size() - 1 - i];
v[v.size() - 1 - i] = t;
}
return v;
}
}
};

一、

leetcode之 median of two sorted arrays

两个

这是我做的第二个leetcode题目，一开始以为和第一个一样很简单，但是做的过程中才发现这个题目非常难，给人一种“刚上战场就踩上地雷挂掉了”的感觉。后来搜了一下leetcode的难度分布表（leetcode难度及面试频率）才发现，该问题是难度为5的问题，真是小看了它！网上搜了很多答案，但是鲜见简明正确的解答，唯有一种寻找第k小值的方法非常好，在此整理一下。

首先对leetcode的编译运行吐槽一下：貌似没有超时判断，而且small和large的数据集相差很小。此题一开始我采用最笨的方法去实现，利用排序将两个数组合并成一个数组，然后返回中位数：

[cpp] view plaincopyprint?

class Solution {
public:
double findMedianSortedArrays(int A[], int m, int B[], int n) {
// Start typing your C/C++ solution below
// DO NOT write int main() function
int *a=new int[m+n];
memcpy(a,A,sizeof(int)*m);
memcpy(a+m,B,sizeof(int)*n);
sort(a,a+n+m);
double median=(double) ((n+m)%2? a[(n+m)>>1]:(a[(n+m-1)>>1]+a[(n+m)>>1])/2.0);
delete a;
return median;
}
};

该方法居然也通过测试，但是其复杂度最坏情况为O(nlogn)，这说明leetcode只对算法的正确性有要求，时间要求其实不严格。

另一种方法即是利用类似merge的操作找到中位数，利用两个分别指向A和B数组头的指针去遍历数组，然后统计元素个数，直到找到中位数，此时算法复杂度为O(n)。之后还尝试了根据算法导论中的习题（9.3-8）扩展的方法，但是该方法会存在无穷多的边界细节问题，而且扩展也不见得正确，这个可从各网页的评论看出，非常不建议大家走这条路。

最后从medianof two sorted arrays中看到了一种非常好的方法。原文用英文进行解释，在此我们将其翻译成汉语。该方法的核心是将原问题转变成一个寻找第k小数的问题（假设两个原序列升序排列），这样中位数实际上是第(m+n)/2小的数。所以只要解决了第k小数的问题，原问题也得以解决。

首先假设数组A和B的元素个数都大于k/2，我们比较A[k/2-1]和B[k/2-1]两个元素，这两个元素分别表示A的第k/2小的元素和B的第k/2小的元素。这两个元素比较共有三种情况：>、<和=。如果A[k/2-1]<B[k/2-1]，这表示A[0]到A[k/2-1]的元素都在A和B合并之后的前k小的元素中。换句话说，A[k/2-1]不可能大于两数组合并之后的第k小值，所以我们可以将其抛弃。

证明也很简单，可以采用反证法。假设A[k/2-1]大于合并之后的第k小值，我们不妨假定其为第（k+1）小值。由于A[k/2-1]小于B[k/2-1]，所以B[k/2-1]至少是第（k+2）小值。但实际上，在A中至多存在k/2-1个元素小于A[k/2-1]，B中也至多存在k/2-1个元素小于A[k/2-1]，所以小于A[k/2-1]的元素个数至多有k/2+ k/2-2，小于k，这与A[k/2-1]是第（k+1）的数矛盾。

当A[k/2-1]>B[k/2-1]时存在类似的结论。

当A[k/2-1]=B[k/2-1]时，我们已经找到了第k小的数，也即这个相等的元素，我们将其记为m。由于在A和B中分别有k/2-1个元素小于m，所以m即是第k小的数。(这里可能有人会有疑问，如果k为奇数，则m不是中位数。这里是进行了理想化考虑，在实际代码中略有不同，是先求k/2，然后利用k-k/2获得另一个数。)

通过上面的分析，我们即可以采用递归的方式实现寻找第k小的数。此外我们还需要考虑几个边界条件：

如果A或者B为空，则直接返回B[k-1]或者A[k-1]；
如果k为1，我们只需要返回A[0]和B[0]中的较小值；
如果A[k/2-1]=B[k/2-1]，返回其中一个；

最终实现的代码为：

[cpp] view plaincopyprint?

double findKth(int a[], int m, int b[], int n, int k)
{
//always assume that m is equal or smaller than n
if (m > n)
return findKth(b, n, a, m, k);
if (m == 0)
return b[k - 1];
if (k == 1)
return min(a[0], b[0]);
//divide k into two parts
int pa = min(k / 2, m), pb = k - pa;
if (a[pa - 1] < b[pb - 1])
return findKth(a + pa, m - pa, b, n, k - pa);
else if (a[pa - 1] > b[pb - 1])
return findKth(a, m, b + pb, n - pb, k - pb);
else
return a[pa - 1];
}
class Solution
{
public:
double findMedianSortedArrays(int A[], int m, int B[], int n)
{
int total = m + n;
if (total & 0x1)
return findKth(A, m, B, n, total / 2 + 1);
else
return (findKth(A, m, B, n, total / 2)
+ findKth(A, m, B, n, total / 2 + 1)) / 2;
}
};

我们可以看出，代码非常简洁，而且效率也很高。在最好情况下，每次都有k一半的元素被删除，所以算法复杂度为logk，由于求中位数时k为（m+n）/2，所以算法复杂度为log(m+n)。

0 0