国外做mg动画的网站大全,wordpress全站转移,怎么去投诉做网站的公司,免费免费网站模板下载网站#561 Array Partition I# 思路#xff1a;题目要求数组中所有数字配对后#xff0c;每一对中最小值加和sum#xff0c;sum要尽可能大。我的第一反应就是暴力枚举。下标为0的数值可能匹配的下标有#xff1a;1,2,3…n-1#xff1b;接着计算下标为1的数值可能匹配的下标有哪…#561 Array Partition I# 思路题目要求数组中所有数字配对后每一对中最小值加和sumsum要尽可能大。我的第一反应就是暴力枚举。下标为0的数值可能匹配的下标有1,2,3…n-1接着计算下标为1的数值可能匹配的下标有哪些。不断匹配直到数组中所有数字配对完成。求和保存和最大的值。可以得出结果时间复杂度O(n^n)。n的n次幂。因为有n步每步有n种情况。 学习先排序数组然后相邻的做paire。原因是这样的。如果一个数组已经排序好则有a0,a1,a2…a(2n-1)。所求和最大的应该是a0a2…a(2n-2) 这是因为(a0,a1),(a2,a3)…最小的和是 a0a1a2…a(n-1)这是因为(a0,an),(a1,a(n1))这样匹配。还有另外一种解释。要想让和最大则需要每个数值尽可能大。观察如果一次配对当 (1,4) 与 (1,2)比较的时候就会发现(1,2)pair 要比(1,4)pair 要好。因为4这个数字可能与其他数字配对被保留下来。而(1,4)配对那4一定被舍弃。所以能够看出配对的两个数字要尽可能接近。这里的时间复杂度主要是排序的时间复杂度O(nlogn)。 学习2上面的主要时间耗在排序其实排序还有一种思路是桶排序。就是把相同的数字放在一个桶里面。在配对的时候还是把尽可能相同的数字放在一起配对。 参考网页1网页2网页3 我学习到的就是做题目除了依赖直觉还需要靠观察。从观察中总结规律进而提高算法效率。 代码
#566 Reshape the Matrix 思路这道题是一道真正的easy级别按照题目描述直接写代码即可。 学习这里学习到的一点是对下标的巧妙利用。当然这不影响算法的时间复杂度。二维数组变一维数组 M[i][j]M[i*nj],n是列数一维变二维 M[i] M[i/n][i%n],n是列数 public int[][] matrixReshape(int[][] nums, int r, int c) {if(nums null) return nums;int initRow nums.length;if(initRow0) return nums;int initCol nums[0].length;if(r*c!initRow * initCol) return nums;int[][] result new int[r][c];for(int i0;ir*c;i){result[i/c][i%c] nums[i/initCol][i%initCol];}return result;}#775 Global and Local Inversions 思路按照题目要求分别计算全局反转次数与局部反转次数。这样会产生O(n^2)的时间复杂度。 学习题目中提到了一个很重要的信息We have some permutation A of [0, 1, …, N - 1], where N is the length of A。这说明正常的A[0,1,2,3,…N-1]也就是说A[i] i , 0lt;ilt;N0lt;ilt;N0iN。 进一步分析得到 1 每个local inversion 也是一个global inversion 2 如果想要 localCount globalCount也就是说只有local inversion没有其余的global inversion 3 如果只有local inversion那么当遇到inversion的时候只要交换A[i]和A[i1]的位置那么数组从0到i1就有序了。 例如A [1,0,2]。当i1的时候A[1]lt;A[0]A[1]lt;A[0]A[1]A[0]那么交换A[1]和A[0]之后A[0,1,2]那么A[0]0A[1]1符合A[i] i的要求。那这数组从0到1是有序的这是一次local inversion。 例如A [2,0,1]。当i1的时候A[1]lt;A[0]A[1]lt;A[0]A[1]A[0]那么交换A[1]和A[0]之后A[0,2,1]那么A[0]0A[1]2A[1]不符合A[1]1的要求。那这样就可以立即返回false。
代码
#495 Teemo Attacking 思路 根据题目含义这是要处理重复线段的问题。 例如[1,2], 2第一次起始时间是1结束时间是3或者2s的末尾第二次起始时间是2结束时间是4或者3s的末尾。 用第一次的结束时间-第二次的起始时间就是重复的时间。 代码 #62 Unique Paths 思路在每个位置(i,j)有两种走向向右走到达(i1,j)向下走到达(i,j1)。暴力搜索每种情况。处理边界条件。这样会超时。 思路二动态规划思想dp[i][j]表示到达(i,j)位置有几种走法。初始条件是第一行、第一列的每个位置只有一种走法所以dp[0][] 1,dp[][0]1递归条件 dp[i][j] dp[i-1][j]dp[i][j-1]。时间复杂度O(m*n) 学习排列组合思想:表格是m行n列robot需要向下移动m-1次向右移动n-1次。如果用D表示向下R表示向右。例如在3x7的表格中需要2次D6次R。这样可以是任意组合例如D,D,R,R,R,R,R,R或者D,R,D,R,R,R,R,R。这样只需要计算(m-1)(n-1)的组合数。 代码
#442 Find All Duplicates in an Array 思路题目要求不用额外的空间在O(n)时间内完成这样就要非常注重一个前提1 ≤ a[i] ≤ n (n size of array)数组内的元素是在长度范围内的。这样就可以将数组的下标与数组的值建立映射关系。这里建立映射的关系是把nums[i]放在nums[i]-1 的位置上。如果nums[nums[i]-1]已经等于nums[i]了那说明是重复的。nums[i] -1 就说明是缺失的值 学习不用交换数值只需要将对应位置修改为负数即可。 public ListInteger findDuplicatesV2(int[] nums) {ListInteger list new ArrayListInteger();for(int i0;inums.length;i){int val Math.abs(nums[i]);if(nums[val-1]0){list.add(val);}else{nums[val-1] - nums[val-1];}}return list;}代码
#63 Unique Paths II 思路与62类似用动态规划解决。注意条件判断即可。 问题没有找到更快的方法。 代码
287 Find the Duplicate Number
学习思路一Floyd龟兔法 学习思路二二分法 代码
15 3Sum
思路三个数相加和为0转为固定一个数nums[i]求两个数的和为0-nums[i]。将nums排序后用两个指针从最前面和最末尾开始移动。 代码
18 4Sum
思路可以基于3Sum将一个数固定nums[i]再剩余数组中查找三个数和为target-nums[i]。三个数的和再转为2个数的和。 思路2可以使用map将两两数的和存起来放在map中再循环nums得到两个下标。这样做的最大难题是去重。参考discuss的代码 代码
#73 Set Matrix Zeroes 思路看起来比较简单的一道题。难点是注意修改和判断不能相互影响。例如matrix[2][3]0则matrix[2][]0,matrix[][3] 0。那么在判断第三行的时候只能依据修改前的matrix[3][3]来判断是为0而不能依据修改后的。我的思路是先遍历一遍找分别找到需要置0的行和列放入list中。然后再遍历这些行每一列设置为0遍历这些列每一行的该列设置为0。 学习1遍历如果某一行包含元素0则修改matrix[i][0] 0;如果某一列包含元素0则修改matrix[0][j]0;但是第0行和第0列会共享同一个空间matrix[0][0]则需要添加一个变量col0col00表示第0列为0matrix[0][0]0则表示第0行为0。 代码
