力扣每日刷题
- 一、977. 有序数组的平方
- 1.1题目
- 1.2、解题思路
- 1.3、代码实现——C++
- 二、76. 最小覆盖子串
- 2.1:题目
- 2.2、解题思路
- 2.3:代码实现——c++
- 2.4:易错点
一、977. 有序数组的平方
1.1题目
[题目链接](
1.2、解题思路
-
题型:双指针——左右指针
-
关键:当有可能含负数的有序数组平方后,最大值只有可能位于数组两侧,整个数组呈一个凹函数,从两边向中间递减。
-
思路:如果把这题只是当作普通的排序题做,其实就没有意义了。大不了就是调用库函数
sort(nums.begin(), nums.end())
进行排序;
但是这题的关键如上,也就是平方后数组由两边向中间递减,最大值只有可能位于两侧。由于这样的特性,利用双指针, 从两边向中间探测,互相比较,逐渐挑出最大值,再到次最大值…一直到最小值。
1). 设置左右两个指针left
和right
,位于数组两侧
2).设置新数组,大小和元素中相同。
3).循环条件为while(left <= right)
,每次循环,将左指针和右指针处的元素进行比较。谁大,就把元素放入新数组(从尾端开始放起)。
1.3、代码实现——C++
- 暴力解法
class Solution {
public:vector<int> sortedSquares(vector<int>& nums) {for(int i =0; i < nums.size(); i++){nums[i] = nums[i]*nums[i];}sort(nums.begin(), nums.end());//快速排序O(nlogn)return nums;}
};
- 双指针解法(时间复杂度
O(n)
)
class Solution {
public:vector<int> sortedSquares(vector<int>& nums) {for(int i =0; i < nums.size(); i++){nums[i] = nums[i]*nums[i];}vector<int> res(nums.size());int left = 0;int right = nums.size()-1;int i = nums.size()-1;while(left <= right){if(nums[right] >= nums[left]){res[i--] = nums[right];right--;}else{res[i--] = nums[left];left++;}}return res;}
};
二、76. 最小覆盖子串
2.1:题目
题目链接🔗
2.2、解题思路
-
题型:滑动窗口;时间复杂度:
O(n)
🪧 滑动窗口本质也是双指针的一种技巧,特别适用于字串问题 -
❗❗核心思想/ 关键:左右指针滑窗口,一前一后齐头进。
- 首先初始化
left = 0
和right = 0
两个左右指针,表示左闭右开区间(0, 0]
(表示初始时窗口中没有元素)
初始化两边都闭
[0, 0]
,那么初始化窗口就包含一个元素;初始化两边都开(0,0)
,那么让right
向后移动一位,开区间任然没有元素(0, 1]
。只有初始化为左闭右开区间(0, 0]
最方便:right
向右移动一位:添加一个元素进窗口;left
向左移动一位,剔除窗口左边元素。-
不断增加
right
指针,增加窗口[left, right)
中的元素,直到:窗口[left, right)
中的元素都符合要求。———— 寻找可行解⭐ -
此时,停止增加
right
指针,转而不断减小left
指针,直到窗口[left, right)
的元素都不符合要求;此时,再继续增加right
指针。🔺注意:每次增加left
指针来缩小窗口[left, right)
时,都要更新一轮结果!———— 优化可行解⭐ -
不断重复
2)
和3)
步,直到right
指针走到数组/ 字符串的尽头。———— 得到最终的最优解
- 首先初始化
-
算法框架:注意下面框架中的6个关键点!
/* 滑动窗口算法框架 */ void slidingWindow(string s) {// ⭐1)用合适的数据结构记录窗口中的数据情况(以便和所需的可行解进行比对)unordered_map<char, int> window;// ⭐2)// 记录最小符合条件子串的起始索引及长度int start = 0, len = INT_MAX; //根据实际算法所需答案进行调整int left = 0, right = 0;while (right < s.size()) {// c 是将移入窗口的字符char c = s[right];window.add(c)// 增大窗口right++;// ⭐3)进行增大窗口后,更新关于记录当前窗口内数据情况的变量(以便稍后和所需的可行解进行比对).../*** debug 输出的位置 ***/// 注意在最终的解法代码中不要 print// 因为 IO 操作很耗时,可能导致超时printf("window: [%d, %d)\n", left, right);/********************/// ⭐4)找到可行解——判断左侧窗口是否要收缩(进行更新)while (left < right && window needs shrink) {//进入到这个while里面说明找到一个可行解//⭐5)进行最终的所需的答案更新// eg:在这里更新符合条件的*最小*子串(即最终结果)if (right - left < len) {start = left;len = right - left;}// d 是将移出窗口的字符char d = s[left];window.remove(d)// 缩小窗口left++;// ⭐6)进行缩小窗口后,更新关于记录当前窗口内数据情况的变量(以便稍后和所需的可行解进行比对)...}} }
🌟1.
3)
和6)
的操作分别是扩大和缩小窗口后的更新操作,等会你会发现它们操作是完全对称的。作用都是更新当前窗口中的数据情况,再拿去和题目所需的可行解进行比对,判断当前窗口内的情况是否可行!🌟2.
5)
步也很关键,它的作用是:找到一个可行解&更新得到一个可行解后,对题目最终需要的最优答案进行更新! -
本题思路:
- 首先,初始化两张哈希表
unordered_map
:window
和need
,分别表示:当前[left, right)
窗口中的字符情况和所需情况。——两者的情况进行比对,判断当前窗口中的情况是否可行。 - 初始化
left
和right
指针,进行窗口滑动. - 设置和初始化答案变量
start
和len
,进行最终最优答案的实时更新和记录。 - 关于本题的特殊地方:设置一个辅助变量
valid
,作用是判断当前window
中有效字符个数(只有当window
中的这个字符在need
中,且这个字符的个数和need
中这个字符对应的个数相等,valid
才会+1
。这个相当于一个小细节,只有
window
和need
,把两个进行比对,当然也OK。但是这题的可行情况并不是当window
和need
完全一样时,就可行,换句话说,就是不能直接把window
和need
进行对比。因为最优window
很有可能覆盖了need
,但是还有其他字符。所以valid
的作用:记录当前窗口的可行性情况,与need
进行比对!
- 首先,初始化两张哈希表
2.3:代码实现——c++
class Solution {
public:string minWindow(string s, string t) {unordered_map<char, int> window, need;//初始化window和need数组for (char c : t){need[c] ++;window[c] = 0;}int valid = 0;//记录当前window中的有效字符个数(方便后续判断当前window是否可行)int start = 0; int len = INT_MAX;// 存储答案的变量,需要在window符合情况时,进行实时更新int left = 0; int right = 0; // 双指针,控制window滑动窗口的大小while(left <= right && right < s.size()){//c是right++后待移入窗口中的元素char c = s[right];// right++ 扩大滑动窗口right ++;//扩大窗口后更新记录窗口情况的window和valid的大小(方便后续判断当前window是否可行if(need.count(c)){// 当前元素c包含在need中window[c]++;if(window[c] == need[c]){valid++;}}//判断当前window中情况是否可行while( valid == need.size() ){//首先,获得一个or更新得到一个可行情况,立即对答案进行更新if(right - left < len){start = left;len = right - left;}// c是left++缩小窗口后待移除的元素char c = s[left];//符合情况,缩小窗口left++;//缩小窗口后更新记录窗口情况的window和valid的大小(方便后续判断当前window是否可行if(need.count(c)){if(window[c] == need[c]){valid--;}window[c]--;}}}// 返回最小覆盖子串return len == INT_MAX ?"" : s.substr(start, len);}
};
2.4:易错点
在实际写代码进行实现时,我犯了两个错误
-
在对
right++
和left++
来分别扩大和缩小滑动窗口之后,才获得待增加or待移除元素。- ❌错误代码
while(left <= right && right < s.size()){ // right++ 扩大滑动窗口right ++; // ❌此时right从 0 到 1char c = s[right]; //❌c 一开始就获得的不是第一个元素,而是第二个元素//扩大窗口后更新记录窗口情况的window和valid的大小(方便后续判断当前window是否可行if(need.count(c)){// 当前元素c包含在need中window[c]++;if(window[c] == need[c]){valid++;}}
- ✅ 正确做法:在
right++
和left++
之前,先用变量存储待增加or待减少元素。
while(left <= right && right < s.size()){//c是right++后待移入窗口中的元素char c = s[right];// right++ 扩大滑动窗口right ++;//扩大窗口后更新记录窗口情况的window和valid的大小(方便后续判断当前window是否可行if(need.count(c)){// 当前元素c包含在need中window[c]++;if(window[c] == need[c]){valid++;}}
-
在缩小窗口部分发生一个逻辑错误:在将元素移除之后,才判断当前
valid
是否应该减少。- ❌错误代码
left++;//缩小窗口后更新记录窗口情况的window和valid的大小(方便后续判断当前window是否可行if(need.count(c)){// 当前元素c包含在need中window[c]--;if(window[c] == need[c]){valid--;}}
- ✅ 正确做法:判断
valid
是否应该减少,应该是基于该元素没有移除之前的情况!
if(need.count(c)){if(window[c] == need[c]){valid--;}window[c]--; }