题意分析

• 题目要求找到字符串的 字符可以组成的最长回文串的长长度
• 对于回文串，只要出现次数是偶数，就可以加上，最多只能出现一个单个字符（中间位）

思路

• 由于只需要长度而不需要实际的串，我们可以利用哈希表和一个结果变量ret：
• hash统计各字符的出现次数：
  • ret直接加上所有字符的最高偶数次，最后如果s仍有元素，返回ret+1，否则ret就是最终结果

代码

class Solution {
public:int longestPalindrome(string s) {// 数组代替哈希int hash[127] = { 0 };for(char ch : s) hash[ch]++;// 统计结果int ret = 0;for(int x : hash)ret += x / 2 * 2; // 先加上所有偶数位（比如7个a，就加上6个）// 如果原始字符串的长度比计算出的偶数部分长度还要长，说明存在至少一个字符出现奇数次，因此需要额外再加上一个奇数长度。return ret < s.size() ? ret + 1 : ret;}
};

题意分析

• 根据题目，重点在于如何分配元素，使序列在满足当前比较关系的同时，不影响后面的分配

思路

• 遍历字符串，当前字符为’I’：插入最小的元素（保证当前元素一定小于后面）
• 当前字符为’D’：插入最大的元素（保证当前元素一定大于后面）
  代码

class Solution {
public:vector<int> diStringMatch(string s) {int left = 0, right = s.size();vector<int> ret;for(char ch : s){if(ch == 'I')ret.push_back(left++);elseret.push_back(right--);}ret.push_back(left); // 加上最后一位return ret;}
};

题意分析

• 要求尽可能使更多的孩子满足，注意每个孩子只能吃一块饼干，有了这点我们就可以利用贪心，给每个孩子吃能满足自己的最小的饼干，如何做到?——排序

思路

• 排序两数组，利用两指针：如果孩子的胃口小于饼干大小，就可以吃，记录结果，指针右移，反之找更大的饼干
• 由于进行了排序，只要当前饼干不能满足当前孩子，自然更不能满足后面的孩子

代码

class Solution {
public:int findContentChildren(vector<int>& g, vector<int>& s) {// 排序数组sort(g.begin(), g.end());sort(s.begin(), s.end());int ret = 0, i = 0, j = 0; // 两数组的指针while(i < g.size() && j < s.size()){if(g[i] <= s[j])i++, j++, ret++;elsej++;}return ret;}
};

题意分析

• 本题目像是 跳台阶 的变体：重点是 可以跳跃的距离根据当前数组元素的值决定
• 题目要求找到最后一个位置的最小跳跃次数，即我们跳跃要尽可能的远。
• 这里我们使用贪心，要尽可能的跳远：（当然这道题也可以使用动态规划解题）

思路

• 我们可以利用两个指针，分别标记当前可以跳跃的左右区间范围
• 当left <= right，进行循环：
  • 每次遍历left到right 找最大的跳跃距离max(maxPos, nums[i] + i)
  • 后根据maxPos更新下一次可以跳跃到的区间

代码

class Solution {
public:int jump(vector<int>& nums) {// 类似层序遍历int left = 0, right = 0, ret = 0, n = nums.size(), maxPos = 0;while(left <= right){// 跳到了最后if(maxPos >= n - 1) return ret;// 本次跳跃可以到的位置for(int i = left; i <= right; ++i)maxPos = max(maxPos, nums[i] + i); // 更新 maxPos 为当前位置能够到达的最远位置 left = right + 1, right = maxPos; // 下一次跳跃的范围ret++;}// 特殊情况，没到达最后return -1;}
};

顺便贴出动态规划解法（dp）：

int jump(vector<int>& nums) {int n = nums.size();vector<int> dp(n, INT_MAX); // 初始化动态规划数组，初始值为无穷大dp[0] = 0; // 起始位置不需要跳跃for (int i = 1; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < i; ++j) {if (j + nums[j] >= i) { // 如果位置 j 能够跳到位置 idp[i] = min(dp[i], dp[j] + 1); // 更新跳到位置 i 的最小跳跃次数}}}return dp[n - 1]; // 返回跳到最后一个位置的最小跳跃次数}

题意分析

• 对于跳跃游戏Ⅰ， 只需要判断是否可以跳到最后一个下标：
• 跟随上一题的思路使用贪心

思路

• 跟随上一题的思路，当max >= n - 1时，返回true即可

代码

class Solution {
public:bool canJump(vector<int>& nums) {int left = 0, right = 0, maxPos = 0, n = nums.size();while(left <= right){// 跳到了最后一个位置if(maxPos >= n - 1) return true;for(int i = left; i <= right; ++i)maxPos = max(maxPos, nums[i] + i);left = right+1, right = maxPos;}// 到不了最后一个下标return false;}
};

题意分析

• 题目要求从某个加油站出发，绕行一圈回到起点，使得途中不会因为油量不足而无法到达下一个加油站
• 我们可以对这一过程进行模拟：

思路

• 遍历gas数组，对每一个起点进行枚举：
• 从起点位置向后移动，每次计算剩余油量（利用循环），如果剩余<0，则该起点不合适，继续遍历
• 直到出现走过一轮后，剩余油量依然>=0，此时返回下标

代码

class Solution {
public:int canCompleteCircuit(vector<int>& gas, vector<int>& cost) {int n = gas.size();for(int i = 0; i < n; ++i){int remain = 0, step = 0;for( ; step < n; ++step){int index = (i + step) % n; // index: 走step步后的下标remain += gas[index] - cost[index];if(remain < 0) break; // 无法到达下一站}if(remain >= 0) // 绕行了一圈return i;i += step; // 跳过已经遍历过的}return -1;}
};