C++经典150题
经典150题
数组/字符串
文章目录
- 经典150题
- 数组/字符串
- 88. 合并两个有序数组
- 27.移除元素
- 26.删除有序数组中的重复项
- 80.删除有序数组重点重复项II
- 169.多数元素
- 189.轮转数组
- 121.买卖股票的最佳时机
- 123.买卖股票的最佳时机 III
- 55.跳跃游戏
- 45.跳跃游戏II
88. 合并两个有序数组
给你两个按 非递减顺序 排列的整数数组 nums1
和 nums2
,另有两个整数 m
和 n
,分别表示 nums1
和 nums2
中的元素数目。
请你 合并 nums2
到 nums1
中,使合并后的数组同样按 非递减顺序 排列。
解法1:先合并后排序
class Solution {
public:void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {for (int i = 0; i<n ; i++){nums1[m+i] = nums2[i];}sort(nums1.begin(),nums1.end());}
};
时间复杂度为 O((m+n)log(m+n)) (快速排序–对数级时间复杂度)
空间复杂度为 O(log(m+n)) (快速排序–对数级空间复杂度)
解法2:双指针
class Solution {
public:void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {vector<int> result;int p1 = 0, p2 = 0;int cur;while ( p1<m || p2<n ){if (p1==m){cur = nums2[p2++];}else if (p2 == n){cur = nums1[p1++];}else if (nums1[p1] <= nums2[p2]){cur = nums1[p1++];}else{cur = nums2[p2++];}result.push_back(cur);}for (int i = 0; i<m+n; i++){nums1[i] = result[i];}}
};
时间复杂度为O(m+n)
空间复杂度为O(m+n)
解法3:==逆向双指针(==从后向前遍历)
class Solution {
public:void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {int p1=m-1,p2=n-1;int index = m+n-1;while (p1>=0 || p2>=0){if (p1 ==-1){nums1[index--] = nums2[p2--];}else if (p2 == -1){nums1[index--] = nums1[p1--];}else if (nums1[p1]<=nums2[p2]){nums1[index--] = nums2[p2--];}else{nums1[index--] = nums1[p1--];}}}
};
时间复杂度为O(m+n)
空间复杂度为O(1)
27.移除元素
给你一个数组 nums
和一个值 val
,你需要 原地 移除所有数值等于 val
的元素,并返回移除后数组的新长度。
不要使用额外的数组空间,你必须仅使用 O(1)
额外空间并 原地 修改输入数组。
元素的顺序可以改变。你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
class Solution {
public:int removeElement(vector<int>& nums, int val) {int slow = 0;for(int fast = 0 ; fast < nums.size() ; fast++ ){if(nums[fast] != val){nums[slow] = nums[fast];slow++;}}return slow;}
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
26.删除有序数组中的重复项
给你一个 非严格递增排列 的数组 nums
,请你** 原地** 删除重复出现的元素,使每个元素 只出现一次 ,返回删除后数组的新长度。元素的 相对顺序 应该保持 一致 。然后返回 nums
中唯一元素的个数。
考虑 nums
的唯一元素的数量为 k
,你需要做以下事情确保你的题解可以被通过:
- 更改数组
nums
,使nums
的前k
个元素包含唯一元素,并按照它们最初在nums
中出现的顺序排列。nums
的其余元素与nums
的大小不重要。 - 返回
k
。
class Solution {
public:int removeDuplicates(vector<int>& nums) {if (nums.size()==0){return 0;}int slow=1, fast =1;for (;fast<nums.size();fast++){if (nums[fast]!=nums[fast-1]){nums[slow++] = nums[fast];}}return slow;}
};
时间复杂度:O(n)
空间复杂度:O(1)
80.删除有序数组重点重复项II
给你一个有序数组 nums
,请你** 原地** 删除重复出现的元素,使得出现次数超过两次的元素只出现两次 ,返回删除后数组的新长度。
不要使用额外的数组空间,你必须在 原地 修改输入数组 并在使用 O(1) 额外空间的条件下完成。
class Solution {
public:int removeDuplicates(vector<int>& nums) {if (nums.size()<=2){return nums.size();}int slow = 2,fast = 2;for (;fast<nums.size();fast++){if (nums[slow-2]!=nums[fast]){nums[slow++] = nums[fast];}}return slow;}
};
//拓展:将原问题的【保留2位】改为【保留k位】,则判断条件为 nums[slow-k]!=nums[fast]
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
169.多数元素
给定一个大小为 n
的数组 nums
,返回其中的多数元素。多数元素是指在数组中出现次数 大于 ⌊ n/2 ⌋
的元素。
你可以假设数组是非空的,并且给定的数组总是存在多数元素。
解法1:哈希表
class Solution {
public:int majorityElement(vector<int>& nums) {unordered_map<int, int> counts;int majority = 0, cnt = 0;for (int num: nums) {counts[num]++;if (counts[num] > cnt) {majority = num;cnt = counts[num];}}return majority;}
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
解法2:排序,中间的数一定是多数元素
class Solution {
public:int majorityElement(vector<int>& nums) {sort(nums.begin(),nums.end());return nums[nums.size()/2];}
};
时间复杂度O(nlogn)
空间复杂度O(logn)
其他方法:随机化、分治、Boyer - Moore投票算法
189.轮转数组
给定一个整数数组 nums
,将数组中的元素向右轮转 k
个位置,其中 k
是非负数。
解法1:数组翻转
class Solution {
public:void rotate(vector<int>& nums, int k) {k%=nums.size();reverseList(nums,0,nums.size());reverseList(nums,0,k);reverseList(nums,k,nums.size());}void reverseList(vector<int>& nums, int start, int end){reverse(nums.begin()+start,nums.begin()+end);}
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
121.买卖股票的最佳时机
给定一个数组 prices
,它的第 i
个元素 prices[i]
表示一支给定股票第 i
天的价格。
你只能选择 某一天 买入这只股票,并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润,返回 0
。
class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int inf = 1e9;int minprice = inf;int maxprofit = 0;for (int price:prices){minprice = min(minprice,price);maxprofit = max(maxprofit,price-minprice);}return maxprofit;}//数组开始递减的时候会找最小值,只有开始递增的时候计算差值
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
123.买卖股票的最佳时机 III
给你一个整数数组 prices
,其中 prices[i]
表示某支股票第 i
天的价格。
在每一天,你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买,然后在 同一天 出售。
返回 你能获得的 最大 利润
class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int profit = 0;for (int i =1; i<prices.size(); i++){if (prices[i]>prices[i-1]){profit+=prices[i]-prices[i-1];}}return profit;}//贪心算法
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
55.跳跃游戏
给你一个非负整数数组 nums
,你最初位于数组的 第一个下标 。数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。
判断你是否能够到达最后一个下标,如果可以,返回 true
;否则,返回 false
。
解法1:遍历数组,判断能到达的最远距离
class Solution {
public:bool canJump(vector<int>& nums) {int reach = 0;for (int i = 0; i<nums.size(); i++){if (i>reach){return false;}reach = max(reach, i+nums[i]);}return true;}
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
解法2:找从早从哪里出发
class Solution {
public:bool canJump(vector<int>& nums) {int last= nums.size()-1;for (int i = nums.size()-2; i>=0; i--){if (nums[i]+i>=last){last = i;}return last==0;}}
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
45.跳跃游戏II
给定一个长度为 n
的 0 索引整数数组 nums
。初始位置为 nums[0]
。
每个元素 nums[i]
表示从索引 i
向前跳转的最大长度。换句话说,如果你在 nums[i]
处,你可以跳转到任意 nums[i + j]
处:
0 <= j <= nums[i]
i + j < n
返回到达 nums[n - 1]
的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达 nums[n - 1]
。
class Solution {
public:int jump(vector<int>& nums) {int maxPos=0, end=0;int step = 0;for (int i=0;i<nums.size()-1;i++){maxPos = max(nums[i]+i,maxPos);if (i==end){end = maxPos;step++;}}return step;}
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
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