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Maximum Product Subarray
Find the contiguous subarray within an array (containing at least one number) which has the largest product.
For example, given the array [2,3,-2,4],
the contiguous subarray [2,3] has the largest product = 6.
耗时 25 分钟 ac
解法
loop 逻辑如下：
如果遇到负数t：
最小负数’ = 最大正数 * t
最大正数’ = <u>最小负数 * t</u> 或 1（无最小负数）
如果遇到正数t：
最小负数’ = 最小负数 * t 或 无（无最小负数）
最大正数’ = <u>最大正数 * t</u>
如果遇到0：
最小负数 = 无， 最大正数 = 1
// 下划线位置都可能更新最终结果（最大积）
代码
class Solution {
public:
int maxProduct(int A[], int n) {
int m = A[0];
int mz = 1, mf = 1;
for(int i=0; i<n; i++){
int t = A[i];
int a = mz, b = mf;
if(t<0) {
if(b<0) mz = b*t, m = max(m, mz);
else mz = 1;
mf = a*t;
}
else if(t>0){
mz = a*t, m = max(m, mz);
if(b < 0) mf = b*t;
}
else{
m = max(0, m);
mz = 1, mf = 1;
}
}
return m;
}
};
str2int
class Solution {
public:
#define MAXN 0x7fffffff
int atoi(const char *str) {
bool fh = true;
int i = 0, j =0;
long long int t = 0;
while(str[i]==' ') i++;
if(str[i]=='-') fh = false, i++;
else if(str[i]=='+') i++;
while(str[i]=='0') i++;
while(str[i]<='9' && str[i]>= '0') {
t*=10, t+=str[i]-'0', i++;
if(t>MAXN) break;
}
if(t>MAXN) // t over-flow
if(fh) return MAXN;
else return MAXN+1; // MINN
return fh? t : 0-t;
}
};
two-sum
左l右r往中间扫描，注意使用一个pair<int, int> 保存以前的下标
class Solution {
public:
vector<int> twoSum(vector<int> &numbers, int target) {
vector<int> res;
int n = numbers.size();
typedef pair<int, int> Pair;
vector<Pair> ns;
for(int i=0; i<n; i++){ ns.push_back(Pair(numbers[i], i+1));}
sort(ns.begin(), ns.end());///@error: lost
int l = 0, r = n - 1;
while(l<r){
int m = ns[l].first + ns[r].first;
if( m > target){
r --;
}else if (m < target){
l ++;
}else{
int a = ns[l].second, b = ns[r].second;
res.push_back(min(a, b)), res.push_back(max(a, b));
return res;
}
}
return res;
}
};
four-sum
解法一 i+j+twoSum([l, r])
class Solution {
public:
vector<vector<int> > fourSum(vector<int> &num, int target) {
vector<vector<int> > res;
int n = num.size();
sort(num.begin(), num.end());
for(int i=0; i<=n-4; i++){
if(i>0 && num[i] == num[i-1]) continue; // unique
for(int j=i+1; j<=n-3; j++){
if(j>i+1 && num[j] == num[j-1]) continue; // unique
int s = target - num[i] - num[j];
int l = j+1, r = n-1;
while(true){
// unique
while(l>j+1 && num[l]==num[l-1]) l++;
while(r<n-1 && num[r]==num[r+1]) r--;
if(l >= r) break;
int t = num[l]+num[r];
if(t < s) l++;
else if(t > s) r--;
else {
vector<int> tmp;
tmp.push_back(num[i]), tmp.push_back(num[j]),
tmp.push_back(num[l]), tmp.push_back(num[r]);
res.push_back(tmp);
l++, r--;
}
}
}
}
return res;
}
};
解法二 twoSum( [<i, j>] )
把每两个数的和组成一个新的数组，对该数组求所有可能情况。
class Solution {
public:
vector<vector<int> > fourSum(vector<int> &num, int target) {
vector<vector<int> > res;
vector<vector<int> > tmp;
sort(num.begin(), num.end());
typedef pair<int, int> Pair;
typedef pair<int, Pair > PP;
vector<pair<int, Pair> > s;
int n = num.size();
for(int i=0; i<n; i++){
for(int j=i+1; j<n; j++){
int t= num[i]+num[j];
s.push_back(PP(t, Pair(i, j)));
}
}
sort(s.begin(), s.end());
vector<pair<int, vector<Pair> > > vs;
int lst = 0;
for(int i=0; i<s.size(); i++){
if(i>0 && s[i].first==lst ){
vs[vs.size()-1].second.push_back(s[i].second);
}
else lst=s[i].first, vs.push_back(pair<int, vector<Pair> >
(lst, vector<Pair>(1, s[i].second))) ;//@error
}
int l =0, r=vs.size()-1;
while(l<=r){ //@error: l<=r not l<r (may be a[l] + a[l] = target)
int a = vs[l].first, b = vs[r].first;
vector<Pair> &c = vs[l].second, &d = vs[r].second;
if(a+b<target) l++;
else if(a+b>target) r--;
else{
for(int i=0; i<c.size(); i++){
for(int j=0; j<d.size(); j++){
vector<int> t;
t.push_back(c[i].first);t.push_back(c[i].second);
t.push_back(d[j].first);t.push_back(d[j].second); //@error j not i
sort(t.begin(), t.end());
int k; for(k=0; k<3; k++) if(t[k] == t[k+1]) break;
if(k==3) tmp.push_back(t);
}
}
l++; r--;
}
}
sort(tmp.begin(), tmp.end());
vector<vector<int> >::iterator it = unique(tmp.begin(), tmp.end());
tmp.erase(it, tmp.end());
for(int i=0; i<tmp.size(); i++){
vector<int> &t = tmp[i];
vector<int> s;
for(int j=0; j<4; j++) s.push_back(num[t[j]]);
res.push_back(s);
}
sort(res.begin(), res.end());
it = unique(res.begin(), res.end());
res.erase(it, res.end());
return res;
}
};
ReverseWord
方法一
两次翻转， O（1）空间
char * reverse(char *a){
int n = strlen(a);
for(int i=0; i<=(n-1)/2; i++){
char c = a[i];
a[i] = a[n-1-i];
a[n-1-i] = c;
}
int i =0;
while(a[i]){
while(a[i]==' ') i++;
int j =i;
while(a[j] && a[j]!=' ') j++;
if(j==i) break;
j--;
for(int k =i; k<=(i+j)/2; k++){
char c = a[k];
a[k] = a[i+j-k];
a[i+j-k] = c;
}
i = j+1;
}
return a;
}
方法二
i , j扫描并分别指向单词首尾，一次翻转。 O（n）空间保存翻转后的字符串
class Solution {
public:
void reverseWords(string &s) {
char buf[100000];
int idx = 0;
int i = s.length()-1;
while(i>=0){
// spaces
while(i>=0 && s[i]==' ') i--;
int j = i;
if(i<0) break;
while(i>=0 && s[i]!=' ') i--;
if(idx>0) buf[idx++]=' ';
for(int k=i+1; k<=j; k++, idx++){
buf[idx]=s[k];
}
}
buf[idx]=0;
s = buf;
}
};
链表操作
k旋转链表
Given a linked list, reverse the nodes of a linked list k at a time and return its modified list.
If the number of nodes is not a multiple of k then left-out nodes in the end should remain as it is.
You may not alter the values in the nodes, only nodes itself may be changed.
Only constant memory is allowed.
For example,
Given this linked list: 1->2->3->4->5
For k = 2, you should return: 2->1->4->3->5
For k = 3, you should return: 3->2->1->4->5
解答：
注意有这么几个局部变量：
全局首尾节点： head, tail,
用于指向本section首节点：pp,
用于指向下一个k-section：q,
指向当前节点： p,
用于逆转：p1, p2,
复杂loop内部逻辑语义是分层的。合理使用多层的局部变量（全局的，section的，当前的等等）是复杂loop的关键。
/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
ListNode *reverseKGroup(ListNode *head, int k) {
if(k<=0) return head;
ListNode *tail=NULL, *p=head, *q, *np;
head = NULL;
while(true){
q = p;
int i;for(i=0; i<k; i++){
if(!q) break;
q = q->next;
}
if(i==k){
ListNode *p1 = p->next, *p2, *pp=p;//@error: p2, pp=p
while(p1!=q){
p2 = p1->next;
p1->next = p;
p = p1, p1 = p2;
}
if(!head) head = p;
if(tail) tail->next=p;
tail=pp;
tail->next = NULL;
p = p1;
}
else {
if(!head) head = p;
if(tail) tail->next=p;
break;
}
}
return head;
}
};
找环并返回环入口节点
思路：
- 1步指针p和2步指针p2同时从头向后扫描，如果再次相遇于点p ( 2*(n + x) = n + x + k*m, so n + x = k*m )
- 则用两个1步指针分别从头和位置p向后扫描，再次相遇的点为环的入口 ( 由上式得出 n = k*m + (m-x) 所以，两个指针相遇时已经走过长度n)
- 否则无环
struct ListNode{
int val;
ListNode *next;
ListNode(int a):val(a),next(NULL){}
};
typedef pair<ListNode*, ListNode*> Pair;
typedef Pair List;
List make(int a[], int n){
ListNode *head=NULL, *tail=NULL, *p;
for(int i=0; i<n; i++){
p = new ListNode(a[i]);
if(i==0) head = p;
if(tail) tail->next = p;
tail = p;
}
return List(head, tail);
}
// return the entrance-node of the circle in list
ListNode *getCircle(ListNode *l){
ListNode *p = l, *p2 = l;
while(p2 && p2->next){
p = p->next, p2 = p2->next->next;
if(p==p2) break;
}
if(!p2 || !p2->next) return NULL;
/* n + x = k * m, so n = j *m +(m-x). n is the length of the non-circle part of the list; x is the length from circle-entrance to p, m is the length of the circle, (m-x) is the length from p to circle-entrance */
p = l;
while(p!=p2){ p=p->next, p2=p2->next; }
return p;
}
int main(){
int a[10]= {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10};
List l= make(a, 10);
ListNode *head = l.first, * tail = l.second;
tail->next = head;
cout<<getCircle(head)->val<<endl;
tail->next = head->next->next;
cout<<getCircle(head)->val<<endl;
return 0;
}
蛇形访问
回形访问矩阵
class Solution {
public:
vector<int> spiralOrder(vector<vector<int> > &matrix) {
vector<int> res;
if(!matrix.size()) return res;
int len_x = matrix.size(), len_y = matrix[0].size();
int x = 0, y = -1;
while(len_x>0 && len_y>0){
for(int i=0; i<len_y; i++) y++, res.push_back(matrix[x][y]);
len_x -- ;
if(!len_x || !len_y) break;
for(int i=0; i<len_x; i++) x++, res.push_back(matrix[x][y]);
len_y -- ;
if(!len_x || !len_y) break;
for(int i=0; i<len_y; i++) y--, res.push_back(matrix[x][y]);
len_x -- ;
if(!len_x || !len_y) break;
for(int i=0; i<len_x; i++) x--, res.push_back(matrix[x][y]);
len_y --;
if(!len_x || !len_y) break;
}
return res;
}
};
蛇形访问矩阵
vector<int> snakeOrder(vector<vector<int> > &matrix) {
vector<int> res;
if(!matrix.size()) return res;
int len_x = matrix.size(), len_y = matrix[0].size();
int x = 0, y = -1;
for(int i =0; i<=len_x+len_y-2; i++){
if(i%2){
x = min(len_x-1, i), y = i - x;
while(y<len_y && x>=0) res.push_back(matrix[x--][y++]);
}else{
y = min(len_y-1, i), x = i - y;
while(x<len_x && y>=0) res.push_back(matrix[x++][y--]);
}
}
return res;
}
最大蓄水池
y0 y1 .... yn-1, 找到 yi, yj,使得 min（yi, yj) *(j-i) 最大
思路一(O(n))：
两边向中间线性扫描：类似于2sum，左右指针往中间扫描。每次改变较小的那个数对应的指针，直到左右指针相遇。
int maxArea(vector<int> &height) {
int l=0, r= height.size()-1;
int mn =0 ;
while(l<r){
mn = max(mn, (r-l)*min(height[l], height[r]));
if(height[l]<height[r]) l++;
else r--;
}
return mn;
}
思路二（非最优）：
借助于增长序列，线性扫描枚举。
- 从左到右扫描（维护一个递增序列），扫描到i时二分查找增长序列中第一个大于等于yI的元素yk，
- 找到yk，则以yi为右边且是较短边的蓄水池的最大面积是 由yk yi构成。
- 如果未找到，则增长序列都比yi小，则直接把yi加入到序列末尾。
- 同样的道理从右到左扫描，找到以yi为左边且是较短边的蓄水池最大面积。
int maxArea(vector<int> &height) {
typedef pair<int,int> Pair;
vector<Pair> bigger;
int mn = 0;
for(int i=0; i<height.size(); i++){
vector<Pair>::iterator it = upper_bound(bigger.begin(), bigger.end(),Pair(height[i], i));
int idx = it - bigger.begin();
if(idx>0) { if(bigger[idx-1].first == height[i]) idx--; }
if(idx<bigger.size()) mn = max(mn, (i - bigger[idx].second) * height[i]);
else bigger.push_back(Pair(height[i], i));
}
bigger = vector<Pair>();
for(int i=height.size()-1; i>=0; i--){
vector<Pair>::iterator it = upper_bound(bigger.begin(), bigger.end(),Pair(height[i], i));
int idx = it - bigger.begin();
if(idx>0) { if(bigger[idx-1].first == height[i]) idx--; }
if(idx<bigger.size()) mn = max(mn, (bigger[idx].second - i) * height[i]);
else bigger.push_back(Pair(height[i], i));
}
return mn;
}
直方图中最大矩阵
正确思路：
采用逐步合并的方法：stack保存当前已经存在的块（Pair<minHeight, width>)；每次来新条，首先把stack中比新条高的块（这些块显然又构成一个连续区间）合并掉，并在合并时更新最大矩形面积。
这是一个非常精彩的思路。
注意最后遍历完条条之后，stack中还有一些未合并的块，怎么办呢，我们额外压入一个最矮的条（高度为0），就能够让所有stack中块合并掉了。
class Solution {
public:
int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
height.push_back(0);//@important
stack<pair<int,int> > ss;
int mm = 0;
for(int i =0; i<height.size(); i++){
int t = height[i];
int width = 0;
while(!ss.empty() && ss.top().first >= t){
width += ss.top().second; // @important
mm = max(mm, width*ss.top().first);
ss.pop();
}
width += 1;
mm = max(mm, width*t);
ss.push(pair<int, int>(t, width));///@important
}
height.pop_back(); //把最后额外加入的条条弹出
return mm;
}
};
思路二（来自九章算法）：
这是另外一个非常巧妙的思路，它枚举最大矩形的最短条的左右部分，再凭凑起来。
像上题一样，从左到右扫描，维护增长序列，区别在于每次剔除增长序列末尾中比yi大的元素，然后以yi为高度的矩阵必然从当前序列末尾的下一个元素开始，终止于yi。
再从右到左扫描，把矩阵右半部分补上。 则 以yi为高度的最大矩阵是由yk ... yi和yi .... yj拼在一起构成。
class Solution {
public:
int largestRectangleArea(vector<int> &height) {
int n = height.size();
typedef pair<int, int> Pair;
stack<Pair> bigger;
vector<int> len(n, 0);
for(int i=0; i<n; i++){
Pair p(height[i], i);
while(!bigger.empty() && bigger.top()>= p) bigger.pop();
if(bigger.empty()) len[i]+=(i-(-1));
else len[i] += (i-bigger.top().second);// first h[j] smaller than height[i] in the left direction
bigger.push(p);
}
bigger = stack<Pair>();
for(int i=n-1; i>=0; i--){
Pair p(height[i], i);
while(!bigger.empty() && bigger.top()>= p) bigger.pop();
if(bigger.empty()) len[i] += (n-i-1);
else len[i] += (bigger.top().second-i-1);// first h[j] smaller than height[i] in the right direction
bigger.push(p);
}
int mn = 0;
for(int i=0; i<n; i++){
mn = max(mn, height[i]*len[i]);
}
return mn;
}
};