算法逆袭之路(1)
11.29
开始跟进算法题进度!
每天刷4题左右 ,一周之内一定要是统一类型
而且一定稍作总结, 了解他们的内在思路究竟是怎样的!!
12.24
一定要每天早中晚都要复习一下
早中午每段一两道, 而且一定要是同一个类型, 不然刷起来都没有意义
12.26/27:
斐波那契数
爬楼梯
最小花费爬楼梯
不同路径1/2
12.28:
整数拆分
重点思路:一个正整数可以分为两个,或者多个,多个可以用dp[i-j]代替,一定不能直接分为乘以dp的情况,因为这就默认了必须拆分为三个以上
不同的二叉搜索树
重点思路: 把左右子树所有情况乘起来,递归子树的问题。注意左右节点个数的边界
12.29
01背包理论
12.30
分割等和子集
很难看出来是01背包。满足的条件有
-
每个元素只有取和不取两个状态
-
结果要满足,某一部分和,刚好等于什么什么value,而背包问题是在限制的重量内计算他们价值最大值, 这里只需把求最大值改成求刚好 == sum即可
-
此题的weight和value都是nums【i】,因为是一个一个数字要求刚好和为sum
-
dp【i】代表在i内之和最大为多少 本题要求刚好等于sum所以结束条件是dp[ sum ] == sum ,即总量为sum之内刚好最大为sum!
581. 最短无序连续子数组
12.31
-
209. 长度最小的子数组
思路:滑动窗口,先不断右移直到sum>=target , 然后左指针左移直到小于target,记录暂时的最小长度,然后继续右移右移直到sum>=target , 左指针左移直到小于target,不断迭代最小长度
-
和为 K 的子数组
使用前缀和,核心是
map.containskey(sum-k); map.put(sum,map.getOrDefault(sum,0)+1);
滑动窗口
按照这题为模板
这种题的特征是 "子串" "子数组" 这种需要连续元素的
有一个窗口在扫描,使用两个变量left限制左范围:right用于for遍历计数
tmp,max用于记录最终数据
从0处开始滑动区间 ,right每加一次,就判断right这个元素和窗口内的元素是否满足某种条件
如果不满足了就进入处理块, 不断把left向右推进直到他满足条件, 在外层循环记录tmp和最大的max即可.(此题判断的条件是是否有重复元素,有就把left推进到重复的位置)
无重复字符最长子串
字节最经典的一道题
注意要用HashMap提高查找效率
-
containsKey先于put处理防止自己contains自己。调整i位置,通过比较两个元素下标谁大,来确定谁是后面的0
-
左边界调整位置的时候调整到第一个有效位(即重复位+1),而不是重复位,因为如果这个字符串没有重复的,此时应该使用j-i+1计算结果, 然而如果是调整到重复位 结果就变成了j-i,没有统一。所以必须挪到重复位的右边(第一个有效位)!
-
i = Math.max(i,map.get(s.charAt(j))+1); 这一句是比较 当前边界和重复字符谁更右 ,
取更右边的作为边界
重点:要用HashMap来搞。注意put是会覆盖相同的元素的!!!!由于遍历的顺序是下标由小到大,因此得到的那个重复元素的下标一定是目前最大的,直接和左边界比较即可
哈希表(12.9-12.16)
什么时候使用哈希法:
1.当我们需要查询一个元素是否出现过,或者一个元素是否在集合里的时候,就要第一时间想到哈希法。
经典题: 比较两个集合的元素重叠的地方, 或者这个数组能不能由那个数组里的元素构成
2.当我们需要在一次遍历中记录某种元素出现的次数, 或者记录某个和他相关的特征的时候
抽象来说就是, 需要建立一个数据和另一个数据之间的映射关系的时候
下面是这两种数据结构的一些常用方法:
HashMap
-
put(key, value)
: 如果key已经存在,那么值就更新 -
get(key)
: 根据key获取value -
remove(key)
: 删除HashMap中指定key的元素 -
containsKey(key)
: 检查HashMap中是否包含给定的key -
containsValue(value)
: 检查HashMap中是否包含给定的value -
keySet()
: 返回所有key的Set -
values()
: 返回所有value的Collection -
isEmpty()
: 检查是否为空 -
clear()
: 清除所有元素 -
map.put(i , getOrDefault(map.get(i),0)+1)
HashSet
-
add(element)
: 添加一个元素 -
remove(element)
: 删除一个元素 -
contains(element)
:是否包含给定的元素 -
isEmpty()
: 检查是否为空 -
clear()
: 清除所有元素 -
size()
: 返回元素的数量 -
iterator()
: 返回一个迭代器,用于遍历HashSet中的所有元素。
回溯(12.19-12.24)
为什么要用回溯?
-
for循环只能有单层遍历,但是回溯是可以多层遍历
-
回溯的本质就是多层遍历, 用for循环控制这一层的广度, 用递归控制深度, 用退出条件控制结束时机
-
一定要画图辅助理解,可以明确写递归方法的思路, 这很重要
-
什么题用回溯?问你返回所有可能得什么什么组合,集合, 需要枚举/遍历所有情况 , 特别是组合/子集问题,要从题目抽象中出来
基本步骤
-
定义结果res集合(ArrayList) 临时存储tmp集合(LinkedList) 当前总和int sum
List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();List<Integer> tmp = new LinkedList<>();int sum=0;
-
定义dfs函数, 包含传入的数组nums, 每次遍历的开头begin, 目标target
-
定义退出条件: 等于target时 把tmp加入res然后返回 超出target直接返回 大小超出也返回
-
定义循环体:注意for(i=begin;i<length;i++)
-
tmp.add(candidates[i]);sum += candidates[i];dfs(candidates, i ,target);sum -= candidates[i];tmp.removeLast();
三大要点总结
-
数组中(有无)重复元素
-
结果中(能否)含有重复元素
-
结果(能否)出现重复集合(顺序不同是否算同一个集合)
主要是修改i = begin参数 和 dfs(nums, i ,target)中是 i 还是 i+1
子集能重复, 只用修改为 i=0 不可重复则是 i=begin
重点情况:
-
数组中无重复元素 结果中不能含有重复元素 子集不能出现重复:
i=begin dfs(nums, i+1 ,target)
-
数组中有重复元素 结果中能含有重复元素 子集不能出现重复:
加条件:
if(i > begin && nums[i] == nums[i-1]) continue;
i=begin dfs(nums, i+1 ,target)
-
数组中有重复元素 结果中不含有重复元素 子集不能出现重复:
加条件:
if(i > 0 && nums[i] == nums[i-1]) continue;
i=begin dfs(nums, i+1 ,target)
###
回文子串问题
12.28
class Solution {List<List<String>> res = new ArrayList<>();List<String> tmp = new LinkedList<>();public List<List<String>> partition(String s) {int index = 0;dfs(0,s);return res;} public void dfs(int index , String s){if(index == s.length()){res.add(new ArrayList(tmp));} for(int i = index;i < s.length();i++){if(fun(index,i,s) == true) {String now = s.substring(index,i+1);tmp.add(now);dfs(i+1,s);tmp.removeLast();}}} public boolean fun(int i,int j,String s){while(true){if(i >= j)return true;if(s.charAt(i) != s.charAt(j)){return false;}i++;j--;}} }
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可以算困难一级的了
难点:
-
把分割方案化为回溯问题, 我们想枚举每一种字符串的分割方式, 再一个一个去验证
-
可以看做是字符间空隙的组合问题(在一个空隙集合中选择不同的空隙组合) 采用回溯枚举
-
因为for循环只能有单层遍历,但是回溯是可以多层遍历(回溯的本质就是遍历, 用for循环控制这一层的广度, 用递归控制深度, 用退出条件控制结束时机 )
-
一定要画图辅助理解, 这很重要,一开始都没意识到
-
判断回文直接双指针
-
//我们使用index来代表当前遍历的空隙, 当枚举到**最后一个字符后**的空隙时就才遍历 if(index == s.length()) {res.add(new ArrayList(tmp));} for(int i = index;i < s.length();i++){//index和i表示我们当前处理的哪两个空隙之间的字符串,只有当前满足是回文我们才继续去dfs,否则直接进入下一个循环,这样保证了只有回文, 并且因为只有遍历到最后一个字符后才会结束,所以不用担心会脏结果if(fun(index,i,s) == true) {String now = s.substring(index,i+1); //注意边界是[index,i]tmp.add(now);dfs(i+1,s);//从下一个字符开始继续判断tmp.removeLast();}}
动态规划(12.25-1.4)
如果某一问题有很多重叠子问题,使用动态规划是最有效的。
就是你发现这一步的答案要根据上一步的答案得,而且上一步的答案也是同样的方法得到的
所以动态规划中每一个状态一定是由上一个状态推导出来的,这一点就区分于贪心,贪心没有状态推导,而是从局部直接选最优的
状态转移公式(递推公式)是很重要,但动规不仅仅只有递推公式。
动规五步曲(一定要明确的每一步结果写出来)
-
确定dp数组(dp table)以及下标的含义
这很重要,注释出来
-
确定递推公式
写完dp数组含义以后 立马着手递推公式 用注释先写上
-
dp数组如何初始化
一定要注意dp[0] dp[1] 这种边界值的初始化,很有可能要取特值
-
确定遍历顺序
要确保后面的可以由前面的推出来,特别是多维dp
-
举例推导dp数组
为什么要先确定递推公式,然后在考虑初始化呢?因为一些情况是递推公式决定了dp数组要如何初始化!
Debug三问
-
这道题目我举例推导状态转移公式了么?
-
我打印dp数组的日志了么?
-
打印出来了dp数组和我想的一样么?
背包问题
01背包
(1)
对于背包问题,有一种写法即dpi 表示从下标为[0-i]的物品里任意取,放进容量为j的背包,价值总和最大是多少。
确定递推公式
不放物品i:和上一个相同。由dp[i - 1] [j]推出,即背包容量为j,里面不放物品i的最大价值,此时dpi就是dp[i - 1] [j]。(其实就是当物品i的重量大于背包j的重量时,物品i无法放进背包中,所以背包内的价值依然和前面相同。)
放物品i:等于上一个加这个的value。由dp[i - 1] [j - weight[i]]推出,dp[i - 1] [j - weight[i]] 为背包容量为j - weight[i]的时候不放物品i的最大价值,那么dp[i - 1] [j - weight[i]] + value[i] (物品i的价值),就是背包放物品i得到的最大价值
取i那就是后者,不取i就是前者
dp[i][j] = max{ dp[i-1][j] , dp[i-1][j-weight[i]] + value[i] }
(2)滚动数组法
重点一定要记住, 就是数据的覆盖
在此时,数组是一遍一遍覆盖的。覆盖前就相当于原来的dp[i-1 ] [j ],所以此时,不取物品i 的情况就可以化为dp[j ] 直接就是上一个的。同理,要取物品i 就直接化为dp[j-weight ]+value[j ]
dp[j] = max(dp[j], dp[j - weight[i]] + value[i]);
dp[j]表示:容量为j的背包,所背的物品价值可以最大为dp[j]
初始化dp就应该全是0,在题目给的全是正整数的情况下可以保证后续被覆盖掉。
循环还是双重循环,要有i 控制前n个物品进不进去, 但是dp会减少一维度
同时我们可以窥见遍历的次序问题。因为我们要保证j 之前的数据还没有被覆盖
因为有比较dp[j - weight[i]] + value[i]的部分
所以我们要倒序遍历
ps:能不能交换遍历顺序?不能,不然就变成 dp[j]表示:取前 j 个的背包,所背的物品价值可以最大为dp[j]
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