C/C++教程
c++刷leetcode
c++刷leetcode
**刷题目的: 熟练使用c++语法、STL组件的用法 **
count: 13
| 索引 |
|---|
| 1. 两数之和 |
| 15. 三数之和 |
| 16. 最接近的三数之和 |
| 589. N叉树的前序遍历 |
| 47. 全排列 II |
| 124. 二叉树中的最大路径和 |
| 543. 二叉树的直径 |
| 448. 找到所有数组中消失的数字 |
| 283. 移动零 |
| 461. 汉明距离 |
| 17. 电话号码的字母组合 |
| 82. 删除排序链表中的重复元素 II |
| 10. 正则表达式匹配 |
------------------------index-----------------------
1. 两数之和
class Solution {
public:
vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {
vector<int> ret;
unordered_map<int,int>pos_map;
for (int i = 0; i < nums.size();++i)
{
if (pos_map.count(target-nums[i]))
{
ret.push_back(i);
ret.push_back(pos_map[target-nums[i]]);
return ret;
}
pos_map[nums[i]] = i;
}
return ret;
}
};
**思路: **我们遍历数组nums，借助unordered_map做数组元素和其在数组中的位置的映射，每当我们遍历到一个数组成员，我们先查找unordered_map中是否存在与该元素相加，构成要求的target的元素，如果存在的话，那说明我们已经找到这两个元素，所以我们就可以通过他们的键得到他们的值，也即是他们在数组中的位置。
STL
unordered_map
-
unordered_map 比map块，因为它不需要排序。尽管他们的范围遍历都是比较低效的。
-
Unordered maps 可通过运算符[]来使用键key，直接访问其映射的 == > mp[key] = value;
-
std::unordered_map::count ( )
搜索unordered_map容器中key=k的成员的个数，由于unordered_map容器键是唯一的，所以在这个key存在的基础上，这个返回值永远为1.
15. 三数之和
C语言：
int compare(void *a,void *b)
{
return *((int *)a) - *((int *)b);
}
/**
* Return an array of arrays of size *returnSize.
* The sizes of the arrays are returned as *returnColumnSizes array.
* Note: Both returned array and *columnSizes array must be malloced, assume caller calls free().
*/
int** threeSum(int* nums, int numsSize, int* returnSize, int** returnColumnSizes){
int **ret = NULL;
int count = 0;
int *retcol = NULL;
(*returnSize) = count;
(*returnColumnSizes) = retcol;
if (!nums || numsSize <= 2)
{
return ret;
}
qsort(nums,numsSize,sizeof(int),(void *)compare);
ret = (int **)realloc(ret,sizeof(int *)*numsSize*numsSize);
retcol = (int *)realloc(retcol,sizeof(int)*numsSize*numsSize);
for (int i = 0; i < numsSize-2;++i)
{
if (nums[i] > 0)
{
break;
}
if (i > 0 && nums[i] == nums[i-1] )
{
continue;
}
int head = i+1;
int tail = numsSize-1;
while (head < tail)
{
int target = nums[head] + nums[tail] + nums[i];
if (target == 0)
{
#if 0
在内部逐步扩展指针数组，会导致超时,真操蛋！
ret = (int **)realloc(ret,sizeof(int *)*(count+1));
retcol = (int *)realloc(retcol,sizeof(int)*(count+1));
#endif
retcol[count] = 3;
ret[count] = (int *)malloc(sizeof(int)*3);
ret[count][0] = nums[i];
ret[count][1] = nums[head];
ret[count][2] = nums[tail];
++count;
while (head < tail && nums[head] == nums[head+1])
{
++head;
}
while (head < tail && nums[tail] == nums[tail - 1])
{
--tail;
}
++head;
--tail;
}
else if (target < 0)
{
++head;
}
else
{
--tail;
}
}
}
(*returnSize) = count;
(*returnColumnSizes) = retcol;
return ret;
}
c++:
class Solution {
public:
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
const int size = (int)nums.size();
vector<vector<int>> ret;
if (size < 3)
{
return ret;
}
sort(nums.begin(),nums.end());
for (int i = 0; i < size -2;++i)
{
if (nums[i] > 0)
{
break;
}
if (i > 0 && nums[i] == nums[i-1])
{
continue;
}
int head = i+1;
int tail = size-1;
while (head < tail)
{
int target = nums[i] + nums[head] + nums[tail];
if (target == 0)
{
ret.push_back({nums[i],nums[head],nums[tail]});
while (head < tail && nums[head] == nums[head+1])
{
++head;
}
while (head < tail && nums[tail] == nums[tail-1])
{
--tail;
}
++head;
--tail;
}
else if (target < 0)
{
++head;
}
else
{
--tail;
}
}
}
return ret;
}
};
16. 最接近的三数之和
class Solution {
public:
int threeSumClosest(vector<int>& nums, int target) {
const int size = (int)nums.size();
int mostequal = nums[0] + nums[1] + nums[2];
int diff = abs(mostequal - target);
sort(nums.begin(),nums.end());
for (int i = 0; i < size -2;++i)
{
int head = i+1;
int tail = size-1;
while (head < tail)
{
int tmp = nums[i] + nums[head] + nums[tail];
int tmpdiff = abs(target - tmp);
if (diff > tmpdiff)
{
diff = tmpdiff;
mostequal = tmp;
}
if (tmp < target)
{
++head;
}
else
{
--tail;
}
}
}
return mostequal;
}
};
589. N叉树的前序遍历
class Solution {
public:
vector<int> preorder(Node* root) {
vector<int> ret;
if (!root)
{
return ret;
}
stack<Node *>auxstack;
auxstack.push(root);
while (!auxstack.empty())
{
Node *ptmp = auxstack.top();
ret.push_back(ptmp->val);
auxstack.pop();
for (auto itr = ptmp->children.rbegin();itr != ptmp->children.rend();++itr)
{
auxstack.push(*itr);
}
}
return ret;
}
};
STL
stack
47. 全排列 II
难度中等709收藏分享切换为英文接收动态反馈
给定一个可包含重复数字的序列 nums ，按任意顺序 返回所有不重复的全排列。
示例 1：
输入：nums = [1,1,2] 输出： [[1,1,2], [1,2,1], [2,1,1]]
示例 2：
输入：nums = [1,2,3] 输出：[[1,2,3],[1,3,2],[2,1,3],[2,3,1],[3,1,2],[3,2,1]]
提示：
1 <= nums.length <= 8-10 <= nums[i] <= 10
as
STL
istream
(1) 从输入流is获取string,直到遇到字符delim
istream& getline (istream& is, string& str, char delim);
istream& getline (istream&& is, string& str, char delim);
(2) 和（1）相比，默认delim为换行符’\n’
istream& getline (istream& is, string& str);
istream& getline (istream&& is, string& str);
注意事项：
1.delim字符并不作为输入保存
2.若执行getline之前，str中有内容，则将被is的输入所替换。
3.若is达到了文件结束状态，那么getline也会停止。
set
- set<int> var_set({1,2,3,4,5});var_set.find(2)返回的是指向这个元素的指针，var_set.count(2)是计算次数。set中的所有元素都是唯一的，所以count(key)的返回值只有0或1两种状态。
124. 二叉树中的最大路径和
难度困难1066
路径 被定义为一条从树中任意节点出发，沿父节点-子节点连接，达到任意节点的序列。同一个节点在一条路径序列中 至多出现一次 。该路径 至少包含一个 节点，且不一定经过根节点。
路径和 是路径中各节点值的总和。
给你一个二叉树的根节点 root ，返回其 最大路径和 。
示例 1：
输入：root = [1,2,3] 输出：6 解释：最优路径是 2 -> 1 -> 3 ，路径和为 2 + 1 + 3 = 6
示例 2：
输入：root = [-10,9,20,null,null,15,7] 输出：42 解释：最优路径是 15 -> 20 -> 7 ，路径和为 15 + 20 + 7 = 42
提示：
- 树中节点数目范围是
[1, 3 * 104] -1000 <= Node.val <= 1000
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
* };
*/
class Solution {
public:
int maxPathSum(TreeNode* root) {
int ret = -1001;
helper(root,ret);
return ret;
}
int helper(TreeNode *node,int& res)
{
if (!node)
return 0;
int left = max(helper(node->left,res),0); //孩子值可能为负数，所以和0做对比，避免无用的“负”担
int right = max(helper(node->right,res),0);
res = max(res,left+right+node->val);//此节点为根节点时构成的路径和若是超过当前最大路劲和res,那么就替换res为当前最大路径和。
return max(left,right) + node->val;//node不为根节点时，其必须和其左右孩子节点中的一个在同一个路径上,那么当然是值不为0且更大的那一个，但是两个孩子可能都为负数，此时就抛弃孩子不让其参与到路径中
}
};
思路：
某个点，有可能以它为根节点，与其左右子树构成最大路径和，也有可能该节点只是最大路径和上的一个旁节点。如下的node A;
所以，我们在递归的过程中，要计算这两种情况，对于第一种情况，因为我们的回溯是从叶子节点向上的，所以当遍历到某个节点，我们不会再往下，那么我们就可以直接计算其为根节点时的路径和，并与当前最大路径和比较。
res = max(res,left+right+node->val);
同时，我们是从下到上的，那万一上面有一个节点F为根节点，与当前在其分支上的节点A其构成题目要求的最大路径和呢？所以在从下到上的回溯过程中我们要返回这种情况时的最大值，即A非根节点时其只能和其左右子树C和B中的最大者构成路径；又或者由于C、B（为根）的都是部分路径和为负数，此时只将A单独参与到最大路径的构成上去。
543. 二叉树的直径
难度简单714收藏分享切换为英文接收动态反馈
给定一棵二叉树，你需要计算它的直径长度。一棵二叉树的直径长度是任意两个结点路径长度中的最大值。这条路径可能穿过也可能不穿过根结点。
示例 :
给定二叉树
1
/ \
2 3
/ \
4 5
返回 3, 它的长度是路径 [4,2,1,3] 或者 [5,2,1,3]。
**注意：**两结点之间的路径长度是以它们之间边的数目表示。
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
* };
*/
class Solution {
public:
int reculenth(TreeNode *pnode,int& ret)
{
if (!pnode || (!pnode->left && !pnode->right))
{
return 0;
}
int left = max(reculenth(pnode->left,ret),0);
int right = max(reculenth(pnode->right,ret),0);
if (pnode->left && pnode->right)
{
ret = max(ret,left + right + 2);//pnode此时作为根节点和其左右子树构成直径，所有左右子树的直径加上分别连接上pnode后新增的两个单位的路径
}
else
{
ret = max(ret,left + right + 1);//pnode此时作为根节点和其左右子树构成直径，所有左右子树的直径加上分别连接上pnode后新增的两个单位的路径
}
return max(left,right) + 1;//pnode以非根节点的节点身份构成直径，那么其左右子树只能取其一作为直径的一部分，那么按照题意，当然取最长的
}
int diameterOfBinaryTree(TreeNode* root) {
int ret = -0xfffffff;
ret = max(reculenth(root,ret),ret);
return ret;
}
};
448. 找到所有数组中消失的数字
难度简单751收藏分享切换为英文接收动态反馈
给你一个含 n 个整数的数组 nums ，其中 nums[i] 在区间 [1, n] 内。请你找出所有在 [1, n] 范围内但没有出现在 nums 中的数字，并以数组的形式返回结果。
示例 1：
输入：nums = [4,3,2,7,8,2,3,1] 输出：[5,6]
示例 2：
输入：nums = [1,1] 输出：[2]
提示：
n == nums.length1 <= n <= 1051 <= nums[i] <= n
**进阶：**你能在不使用额外空间且时间复杂度为 O(n) 的情况下解决这个问题吗? 你可以假定返回的数组不算在额外空间内。
class Solution {
public:
vector<int> findDisappearedNumbers(vector<int>& nums) {
vector<int> ret;
for (int i = 0; i < nums.size();++i)
{
nums[abs(nums[i]) -1] = - abs(nums[abs(nums[i]) -1]);
}
for (int i = 0; i < nums.size();++i)
{
if (nums[i] > 0)
{
ret.push_back(i+1);
}
}
return ret;
}
};
283. 移动零
难度简单1077收藏分享切换为英文接收动态反馈
给定一个数组 nums，编写一个函数将所有 0 移动到数组的末尾，同时保持非零元素的相对顺序。
示例:
输入: [0,1,0,3,12] 输出: [1,3,12,0,0]
说明:
- 必须在原数组上操作，不能拷贝额外的数组。
- 尽量减少操作次数。
class Solution {
public:
void moveZeroes(vector<int>& nums) {
if (nums.size() <= 0)
{
return;
}
int l_p = 0;//左指针永远指向数组中第一个0
int r_p = 0;//右指针永远指向左指针以后的第一个非0
while (r_p < nums.size())
{
while (l_p < nums.size() && nums[l_p] != 0)
{
++l_p;
}
r_p = l_p+1;
while (r_p < nums.size() && nums[r_p] == 0)
{
++r_p;
}
if (l_p >= nums.size() || r_p >= nums.size())
{
break;
}
nums[l_p] ^= nums[r_p];
nums[r_p] ^= nums[l_p];
nums[l_p] ^= nums[r_p];
}
return;
}
};
思路：
双指针，左指针l_p永远指向数组中第一个为0的元素，右指针永远指向左指针以后的第一个非0元素，此时交换左右指针指向的元素，就能将首0元素和首非0元素交换。这样就能得到题目要求。
461. 汉明距离
难度简单486收藏分享切换为英文接收动态反馈
两个整数之间的 汉明距离 指的是这两个数字对应二进制位不同的位置的数目。
给你两个整数 x 和 y，计算并返回它们之间的汉明距离。
示例 1：
输入：x = 1, y = 4
输出：2
解释：
1 (0 0 0 1)
4 (0 1 0 0)
↑ ↑
上面的箭头指出了对应二进制位不同的位置。
示例 2：
输入：x = 3, y = 1 输出：1
提示：
0 <= x, y <= 231 - 1
class Solution {
public:
int hammingDistance(int x, int y) {
int num = x^y;
int dist = 0;
while (num != 0)
{
if (num&0x1 == 1)
{
++dist;
}
num>>=1;
}
return dist;
}
};
17. 电话号码的字母组合
难度中等1347收藏分享切换为英文接收动态反馈
给定一个仅包含数字 2-9 的字符串，返回所有它能表示的字母组合。答案可以按 任意顺序 返回。
给出数字到字母的映射如下（与电话按键相同）。注意 1 不对应任何字母。
示例 1：
输入：digits = "23" 输出：["ad","ae","af","bd","be","bf","cd","ce","cf"]
示例 2：
输入：digits = "" 输出：[]
示例 3：
输入：digits = "2" 输出：["a","b","c"]
提示：
0 <= digits.length <= 4digits[i]是范围['2', '9']的一个数字。
class Solution {
public:
map<char,string> mp = {{'2',"abc"},{'3',"def"},{'4',"ghi"},{'5',"jkl"}, {'6',"mno"},{'7',"pqrs"},{'8',"tuv"},{'9',"wxyz"}};
vector<string> res;
string cur;
vector<string> letterCombinations(string digits) {
if (digits.size() <= 0)
{
return res;
}
dfs(digits);
return res;
}
void dfs(string digits)
{
if (!digits.size())
{
res.push_back(cur);
return;
}
else
{
string letter = mp[digits[0]];
for (int i = 0;i < letter.size();++i)
{
cur.push_back(letter[i]);
dfs(digits.substr(1));
cur.pop_back();
}
}
}
};
首先要明确题目要求的组合是什么形式的？
-
题目给出数字字符串digits，然后要求我们按照digits中每个字符对应的数字在键盘中对应的字符符来互相组合，组合出长度为strlen(digits)的字符串，这个字符串每个字母都唯一来自该数字所在的键位中的某个字符。
-
既然是组合问题，那么很大可能就是DFS,那如何得到呢？既然返回结果中的每一个string中的每一个字母都唯一来自不同键位，那么我们就当买菜，分别从各键位只挑一个来组合即可。
82. 删除排序链表中的重复元素 II
难度中等634收藏分享切换为英文接收动态反馈
存在一个按升序排列的链表，给你这个链表的头节点 head ，请你删除链表中所有存在数字重复情况的节点，只保留原始链表中 没有重复出现 的数字。
返回同样按升序排列的结果链表。
示例 1：
输入：head = [1,2,3,3,4,4,5] 输出：[1,2,5]
示例 2：
输入：head = [1,1,1,2,3] 输出：[2,3]
提示：
-
链表中节点数目在范围
[0, 300]内 -
-100 <= Node.val <= 100 -
题目数据保证链表已经按升序排列
/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
* ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
* ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
* };
*/
class Solution {
public:
ListNode* deleteDuplicates(ListNode* head) {
if (!head || !head->next)//确保至少有两个结点
{
return head;
}
ListNode *pnewhead = new ListNode(-1);
ListNode *ptmp = pnewhead;
pnewhead->next = head;
ListNode *p1 = head;
ListNode *p2 = head->next;
while (p2)
{
if (p1->val == p2->val)
{
while (p1->val == p2->val)//找到结点同值的最右结点的下一个结点
{
p2 = p2->next;
if (!p2)
{
pnewhead->next = NULL;
return ptmp->next;
}
}
p1 = p2;
p2 = p2->next;
}
else
{
pnewhead->next = p1;
pnewhead = p1;
p1 = p2;
p2 = p2->next;
}
}
pnewhead->next = p1;
return ptmp->next;
}
};
思路：
当p1和p2相等时，就循环找到p2往后的第一个和p1不等的结点，然后重复上述过程，直到找到一个唯一的结点，此时就将其加入题目要求的链表。
10. 正则表达式匹配
难度困难2173收藏分享切换为英文接收动态反馈
给你一个字符串 s 和一个字符规律 p，请你来实现一个支持 '.' 和 '*' 的正则表达式匹配。
'.'匹配任意单个字符'*'匹配零个或多个前面的那一个元素
所谓匹配，是要涵盖 整个 字符串 s的，而不是部分字符串。
示例 1：
输入：s = "aa" p = "a" 输出：false 解释："a" 无法匹配 "aa" 整个字符串。
示例 2:
输入：s = "aa" p = "a*" 输出：true 解释：因为 '*' 代表可以匹配零个或多个前面的那一个元素, 在这里前面的元素就是 'a'。因此，字符串 "aa" 可被视为 'a' 重复了一次。
示例 3：
输入：s = "ab" p = ".*" 输出：true 解释：".*" 表示可匹配零个或多个（'*'）任意字符（'.'）。
示例 4：
输入：s = "aab" p = "c*a*b" 输出：true 解释：因为 '*' 表示零个或多个，这里 'c' 为 0 个, 'a' 被重复一次。因此可以匹配字符串 "aab"。
示例 5：
输入：s = "mississippi" p = "mis*is*p*." 输出：false
提示：
-
0 <= s.length <= 20 -
0 <= p.length <= 30 -
s可能为空，且只包含从a-z的小写字母。 -
p可能为空，且只包含从a-z的小写字母，以及字符.和*。 -
保证每次出现字符
*时，前面都匹配到有效的字符
class Solution {
public:
bool isMatch(string s, string p) {
if (p.empty()) return s.empty();
if (p.size() == 1) {
return (s.size() == 1 && (s[0] == p[0] || p[0] == '.'));
}
if (p[1] != '*') {//说明p至少需要去匹配s中的一个字符
if (s.empty()) return false;//若此时s为空，那一定不满足条件
return (s[0] == p[0] || p[0] == '.') && isMatch(s.substr(1), p.substr(1));
}
while (!s.empty() && (s[0] == p[0] || p[0] == '.'))
{
if (isMatch(s, p.substr(2))) //这样做的原因是假设此时的星号的作用是让前面的字符出现0次，验证是否匹配(即，从p当前的*的下一个字符去匹配s)
{
return true;
}
s = s.substr(1);//若上面假设的s[i]出现0次匹配失败了，那么我们就从s的下一个字符开始匹配，而p为什么不动呢？因为p可匹配的字母是0或多个，这里的else逻辑是这多个的分支，而多个决定我们不用移动p
}
return isMatch(s, p.substr(2));//若上面的情况都没有结果，那么就要在p之后的两个字符以后开始匹配
}
};
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