第一题

题目来源

题目内容

解决方法

方法一：滑动窗口

方法二：双指针加哈希表

第二题

题目来源

题目内容

解决方法

方法一：二分查找

方法二：归并排序

方法三：分治法

第三题

题目来源

题目内容

解决方法

方法一：动态规划

方法二：中心扩展法

方法三：Manacher 算法

第一题

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3. 无重复字符的最长子串 - 力扣（LeetCode）

题目内容

解决方法

方法一：滑动窗口

该问题可以使用滑动窗口算法来解决。滑动窗口是一种通过移动窗口的起始和结束位置来解决字符串/数组子串问题的常用技巧。

具体算法步骤如下：

定义一个哈希集合，用于存储当前窗口中的字符。
使用两个指针left和right分别表示窗口的起始和结束位置，初始化为0。
使用一个循环遍历字符串s，不断移动右指针来扩展窗口。当右指针指向的字符在哈希集合中存在时，说明窗口中出现了重复字符。
在每一次循环中，首先判断右指针指向的字符是否在哈希集合中存在，如果不存在，则将该字符加入集合，并更新最长无重复子串的长度为maxLen（即maxLen = max(maxLen, right - left + 1)）。
如果右指针指向的字符在哈希集合中存在，则从窗口的左侧开始移动左指针，直到窗口中不再有重复字符。
重复步骤3-5，直到右指针到达字符串s的末尾。
返回最长无重复子串的长度maxLen。

class Solution {public int lengthOfLongestSubstring(String s) {int n = s.length();Set<Character> set = new HashSet<>();int maxLen = 0, left = 0, right = 0;while (right < n) {if (!set.contains(s.charAt(right))) {set.add(s.charAt(right));maxLen = Math.max(maxLen, right - left + 1);right++;} else {set.remove(s.charAt(left));left++;}}return maxLen;
}
}

该算法的时间复杂度为O(n)，其中n是字符串s的长度。在最坏情况下，每个字符都需要遍历一次。空间复杂度为O(min(n, m))，其中m是字符集的大小。在最坏情况下，窗口中可能包含所有的字符。

LeetCode运行结果：

方法二：双指针加哈希表

除了滑动窗口算法之外，还可以使用双指针加哈希表来解决该问题。

具体算法步骤如下：

定义一个哈希表map，用于存储字符和它在字符串中出现的位置。
使用两个指针left和right分别表示当前无重复子串的起始和结束位置，初始化为0。
使用一个循环遍历字符串s，不断移动右指针来扩展窗口。当右指针指向的字符在哈希表中存在时，说明窗口中出现了重复字符。
在每一次循环中，首先判断右指针指向的字符是否在哈希表中存在，如果不存在，则将该字符加入哈希表，并更新最长无重复子串的长度为maxLen（即maxLen = max(maxLen, right - left + 1)）。
如果右指针指向的字符在哈希表中存在，则从哈希表中获取该字符最新的出现位置pos，并将左指针移动到pos+1的位置。
更新哈希表中该字符的最新出现位置为右指针指向的位置right+1（注意要加1，因为要排除当前字符的影响），然后将右指针继续右移一位。
重复步骤3-6，直到右指针到达字符串s的末尾。
返回最长无重复子串的长度maxLen。

class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {int n = s.length();Map<Character, Integer> map = new HashMap<>();int maxLen = 0, left = 0, right = 0;while (right < n) {char c = s.charAt(right);if (map.containsKey(c)) {left = Math.max(left, map.get(c) + 1);}map.put(c, right);maxLen = Math.max(maxLen, right - left + 1);right++;}return maxLen;
}
}

该算法的时间复杂度为O(n)，其中n是字符串s的长度。在最坏情况下，每个字符都需要遍历一次。空间复杂度为O(min(n, m))，其中m是字符集的大小。在最坏情况下，哈希表中可能包含所有的字符。

LeetCode运行结果：

第二题

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4. 寻找两个正序数组的中位数 - 力扣（LeetCode）

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解决方法

方法一：二分查找

本题可以使用二分查找求解，时间复杂度为O(log(min(m, n)))。

由于两个数组都是有序的，所以可以先将问题转化为寻找第k小的数，其中k等于两个数组的长度之和除以2。如果两个数组长度之和是奇数，则中位数就是第k小的数；如果长度之和是偶数，则中位数是第k小和第k+1小数的平均值。

具体算法如下：

设两个有序数组为nums1和nums2，分别对它们进行二分查找。
假设nums1的长度为m，nums2的长度为n，则第k小的数就是最小的第k/2个数。
比较nums1[k/2-1]和nums2[k/2-1]。如果nums1[k/2-1] < nums2[k/2-1]，说明nums1中的前k/2个数一定包含在中位数的前k个数中。反之，如果nums1[k/2-1] > nums2[k/2-1]，说明nums2中的前k/2个数一定包含在中位数的前k个数中。
根据步骤3中的比较结果，确定接下来需要在哪个子数组中查找，然后递归调用本函数，更新k和目标数组。特别注意，每次递归调用时，都需要更新数组的起始下标，使得两个子数组的长度之和为k。
重复步骤3-4，直到k为1或者有一个数组为空，则中位数即为两个数组中剩余元素的第一个。

class Solution {public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {int m = nums1.length, n = nums2.length;if (m > n) {return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);}int k = (m + n + 1) / 2;int left = 0, right = m;while (left < right) {int i = left + (right - left) / 2;int j = k - i;if (nums1[i] < nums2[j - 1]) {left = i + 1;} else {right = i;}}int i = left, j = k - i;int nums1LeftMax = i == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums1[i - 1];int nums1RightMin = i == m ? Integer.MAX_VALUE : nums1[i];int nums2LeftMax = j == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums2[j - 1];int nums2RightMin = j == n ? Integer.MAX_VALUE : nums2[j];if ((m + n) % 2 == 0) {return (Math.max(nums1LeftMax, nums2LeftMax) + Math.min(nums1RightMin, nums2RightMin)) / 2.0;} else {return Math.max(nums1LeftMax, nums2LeftMax);}
}}

该算法的时间复杂度为O(log(min(m, n)))，空间复杂度为O(1)。

LeetCode运行结果：

方法二：归并排序

还有另一种方法可以解决这个问题，即使用归并排序的思想。具体步骤如下：

创建一个新的数组，用于存储合并后的两个有序数组。
使用两个指针分别指向nums1和nums2的起始位置。
每次比较两个数组当前指针所指的元素，将较小的元素添加到新数组中，并将对应的指针向后移动一位。
重复步骤3，直到其中一个数组的指针到达末尾。
将另一个数组剩余的元素依次添加到新数组的末尾。
如果新数组的长度是奇数，则中位数就是新数组的中间元素；如果新数组的长度是偶数，则中位数是中间两个元素的平均值。

该方法的时间复杂度为O(m + n)，其中m和n分别是两个数组的长度。空间复杂度为O(m + n)，主要用于存储合并后的数组。

class Solution {public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {int m = nums1.length, n = nums2.length;int[] merged = new int[m + n];int i = 0, j = 0, k = 0;while (i < m && j < n) {if (nums1[i] <= nums2[j]) {merged[k++] = nums1[i++];} else {merged[k++] = nums2[j++];}}while (i < m) {merged[k++] = nums1[i++];}while (j < n) {merged[k++] = nums2[j++];}if ((m + n) % 2 == 0) {int mid = (m + n) / 2;return (merged[mid - 1] + merged[mid]) / 2.0;} else {int mid = (m + n) / 2;return merged[mid];}
}}

LeetCode运行结果：

方法三：分治法

除了上述两种方法，还可以使用分治法来解决这个问题。该方法的思路是将问题分解为两个子问题，然后对子问题进行递归求解。

具体步骤如下：

分别找到两个数组的中位数，假设分别为nums1[mid1]和nums2[mid2]，其中mid1和mid2分别表示两个数组的中间位置。
如果nums1[mid1]等于nums2[mid2]，则说明中位数已经找到，直接返回nums1[mid1]或nums2[mid2]。
如果nums1[mid1]小于nums2[mid2]，则说明中位数应该在nums1[mid1]的右侧和nums2[mid2]的左侧。
- 在nums1[mid1]的右侧舍弃掉前mid1+1个元素，并且将k减去mid1+1。
- 在nums2[mid2]的左侧舍弃掉后mid2个元素。
如果nums1[mid1]大于nums2[mid2]，则说明中位数应该在nums1[mid1]的左侧和nums2[mid2]的右侧。
1. 在nums1[mid1]的左侧舍弃掉后mid1个元素。
2. 在nums2[mid2]的右侧舍弃掉前mid2+1个元素，并且将k减去mid2+1。
重复上述步骤3和步骤4，直到找到中位数为止。

这种方法的时间复杂度也为O(log(min(m, n)))，空间复杂度为O(1)。与二分查找类似，它通过逐渐缩小问题规模来快速找到中位数。

class Solution {public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {int m = nums1.length, n = nums2.length;int total = m + n;if (total % 2 == 1) { // 奇数长度，中位数是第 total/2 + 1 个元素return getKthElement(nums1, nums2, total / 2 + 1);} else { // 偶数长度，中位数是第 total/2 个元素和第 total/2 + 1 个元素的平均值double left = getKthElement(nums1, nums2, total / 2);double right = getKthElement(nums1, nums2, total / 2 + 1);return (left + right) / 2.0;}
}private int getKthElement(int[] nums1, int[] nums2, int k) {int m = nums1.length, n = nums2.length;int index1 = 0, index2 = 0;while (true) {// 边界情况：一个数组的所有元素都被剔除if (index1 == m) {return nums2[index2 + k - 1];}if (index2 == n) {return nums1[index1 + k - 1];}// 边界情况：k=1，即找到了最小的一个数if (k == 1) {return Math.min(nums1[index1], nums2[index2]);}// 正常情况int newIndex1 = Math.min(index1 + k / 2, m) - 1;int newIndex2 = Math.min(index2 + k / 2, n) - 1;int pivot1 = nums1[newIndex1], pivot2 = nums2[newIndex2];if (pivot1 <= pivot2) {k -= newIndex1 - index1 + 1;index1 = newIndex1 + 1;} else {k -= newIndex2 - index2 + 1;index2 = newIndex2 + 1;}}
}}

LeetCode运行结果：

第三题

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5. 最长回文子串 - 力扣（LeetCode）

题目内容

解决方法

方法一：动态规划

这道题可以使用动态规划来解决，具体步骤如下：

定义一个二维布尔数组dp，其中dp[i][j]表示字符串s中从索引i到索引j的子串是否是回文子串。初始化时，将所有的dp[i][i]设为true，表示单个字符都是回文串。
从右下角开始，按列从下往上逐列填表。先计算长度为2的子串是否是回文子串，再计算长度为3的子串，依次类推，直到计算出整个字符串的最长回文子串长度为止。
如果dp[i+1][j-1]为true（即子串s[i+1:j-1]也是回文子串）且s[i]等于s[j]，则dp[i][j]为true，否则为false。
在计算的过程中，记录并更新最长回文子串的起始索引和长度。
最后，根据最长回文子串的起始索引和长度，提取出最长回文子串。

class Solution {public String longestPalindrome(String s) {int n = s.length();boolean[][] dp = new boolean[n][n];int maxLen = 0;int start = 0;for (int j = 0; j < n; j++) {for (int i = j; i >= 0; i--) {if (s.charAt(i) == s.charAt(j) && (j - i <= 2 || dp[i + 1][j - 1])) {dp[i][j] = true;if (j - i + 1 > maxLen) {maxLen = j - i + 1;start = i;}}}}return s.substring(start, start + maxLen);
}}

该算法的时间复杂度为O(n^2)，空间复杂度为O(n^2)，其中n为字符串的长度。通过动态规划，我们可以高效地找到最长回文子串。

LeetCode运行结果：

方法二：中心扩展法

除了动态规划方法外，还可以使用中心扩展法来解决这个问题。

中心扩展法的思路是，对于每个字符或每对相邻字符，以它们为中心向两边扩展，判断是否是回文串。具体步骤如下：

遍历字符串中的每个字符，将每个字符作为中心（回文串长度为奇数的情况）或相邻字符的中间位置（回文串长度为偶数的情况）。
在每个中心位置，使用双指针，从中心向两边扩展，判断左右的字符是否相等，直到无法再扩展为止。
在扩展过程中，记录并更新最长回文子串的起始索引和长度。
最后，根据最长回文子串的起始索引和长度，提取出最长回文子串。

class Solution {public String longestPalindrome(String s) {int n = s.length();int start = 0, maxLen = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {// 中心为一个字符的情况int len1 = expandAroundCenter(s, i, i);// 中心为相邻字符的情况int len2 = expandAroundCenter(s, i, i + 1);int len = Math.max(len1, len2);if (len > maxLen) {maxLen = len;// 根据中心和回文串长度计算起始索引start = i - (len - 1) / 2;}}return s.substring(start, start + maxLen);
}private int expandAroundCenter(String s, int left, int right) {while (left >= 0 && right < s.length() && s.charAt(left) == s.charAt(right)) {left--;right++;}// 扩展的长度为 right-left-1，减1是因为不满足条件时left和right多移动了一步return right - left - 1;
}
}

该算法的时间复杂度为O(n^2)，空间复杂度为O(1)，其中n为字符串的长度。中心扩展法利用了回文串的特点，可以高效地找到最长回文子串。

LeetCode运行结果：

方法三：Manacher 算法

除了动态规划和中心扩展法之外，还有一种称为Manacher算法的线性时间算法可以用于查找最长回文子串。Manacher算法的核心思想是利用回文串的对称性，在遍历过程中尽量复用已经计算过的回文子串信息。

具体步骤如下：

首先，我们需要对原始字符串进行预处理，将其转换为一个新的字符串，这样可以将奇数长度和偶数长度的回文串统一处理。
- 在每个字符前后添加特殊字符（例如#），以确保新字符串中的回文串长度都是奇数。
- 在新字符串的开头和结尾添加特殊字符（例如$和%），以便处理边界情况。
- 新字符串的长度将是原始字符串长度的两倍加一。
定义一个辅助数组P，其中P[i]表示以新字符串中索引i为中心的回文串的半径长度（包括中心字符在内）。
- 使用两个变量center和right来维护当前已经找到的最右边界的回文串的中心和右边界。
- 在遍历的过程中，逐个计算P[i]的值。
  - 当i在当前最右边界right的左侧时，使用对称性快速计算出初始猜测值，即P[i] = P[2 * center - i]。但如果该猜测值超出了最右边界，则需要修正为最右边界到边界之间的距离，即P[i] = right - i。
  - 然后，利用中心扩展法向两边扩展，直到无法再扩展为止，更新P[i]的值并更新最右边界。
在遍历过程中，记录并更新最长回文子串的起始索引和长度。最长回文子串的长度即为maxLen = max(P) - 1，起始索引为start = (maxP - 1) / 2。
最后，根据最长回文子串的起始索引和长度，提取出最长回文子串。

class Solution {public String longestPalindrome(String s) {int n = s.length();StringBuilder sb = new StringBuilder("$#");// 预处理字符串for (int i = 0; i < n; i++) {sb.append(s.charAt(i));sb.append("#");}sb.append("%");String str = sb.toString();int len = str.length();int[] P = new int[len];int center = 0, right = 0;int maxP = 0, maxLen = 0;for (int i = 1; i < len - 1; i++) {if (i < right) {int mirror = 2 * center - i;P[i] = Math.min(right - i, P[mirror]);}// 中心扩展while (str.charAt(i + P[i] + 1) == str.charAt(i - P[i] - 1)) {P[i]++;}// 更新最右边界if (i + P[i] > right) {center = i;right = i + P[i];}// 记录最长回文子串的起始索引和长度if (P[i] > maxLen) {maxLen = P[i];maxP = i;}}int start = (maxP - maxLen) / 2;return s.substring(start, start + maxLen);
}
}

Manacher算法的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(n)，其中n为字符串的长度。相比于动态规划和中心扩展法，Manacher算法在效率上具有优势，特别适用于处理大规模字符串。

LeetCode运行结果：