• 哈希表
• 遍历数组，同时用 HashMap 维护已出现过的数及其下标
• 若当前的数 nums[i] 满足 target - nums[i] 曾经出现过，则直接返回
• 否则将其加入到哈希表中。

class Solution {public int[] twoSum(int[] nums, int target) {HashMap<Integer, Integer> st = new HashMap<>();for (int i = 0; i < nums.length; i ++) {if (st.containsKey(target - nums[i])) {return new int[]{st.get(target - nums[i]), i};}else st.put(nums[i], i);}return null;}
}

• 链表
• 使用 res 维护链表，ans 指向 res 头结点
• 遍历链表 l1 和 l2，取得当前节点的值分别为 a，b ，并用 base 记录进位
• 则，新的 res 节点为 a + b + base % 10，base = (a + b + base) / 10
• 不断将 res 更新为 res.next，最后若 base != 0 则补上进位即可

/*** Definition for singly-linked list.* public class ListNode {*     int val;*     ListNode next;*     ListNode() {}*     ListNode(int val) { this.val = val; }*     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }* }*/
class Solution {public ListNode addTwoNumbers(ListNode l1, ListNode l2) {ListNode res = new ListNode();ListNode ans = res;int base = 0;while (l1 != null || l2 != null) {int a = l1 == null ? 0 : l1.val;int b = l2 == null ? 0 : l2.val;int sum = a + b + base;base = sum / 10;res.next = new ListNode(sum % 10);res = res.next;if (l1 != null) l1 = l1.next;if (l2 != null) l2 = l2.next;}if (base != 0) res.next = new ListNode(base);return ans.next;}
}

• 滑动窗口
• 维护一个集合或布尔数组，保存当前出现过的字符
• 设窗口左边界为 i，右边界为 j，当前字符为 s[j]
• 当出现重复字符时窗口左边界 i 向右移动，并不断将 vis[i] 移除，直到 vis[i] === s[j] 被排除
• 持续更新窗口最大长度 j - i + 1 即为答案

class Solution {public int lengthOfLongestSubstring(String s) {int ans = 0;HashSet<Character> st = new HashSet<>();for (int i = 0, j = 0; i < s.length(); i++) {while (st.contains(s.charAt(i)) && j < i) {st.remove(s.charAt(j++));}st.add(s.charAt(i));ans = Math.max(ans, st.size());}return ans;}
}

优化：

• 上述两种实现滑窗的方式都需要“持续性地移动边界”这个操作
• 不如换一种思路——使用 HashMap 来更新每个字符最近一次出现的索引
• 当我们遍历字符串 s 时，仍使用 i 和 j 来表示当前无重复字符子串的起始位置和结束位置，初始时 i = j = 0。
• 在每一步迭代中，检查当前字符 s[j] 是否已经在 HashMap 中存在：
  • 如果存在，则更新左指针 i 移动到重复字符的下一个位置，保证左指针 i 始终指向当前无重复字符子串的起始位置。
• 将 s[j] 其加入 HashMap 中，并更新窗口最大长度 j - i + 1。
• 最后，右指针 j 向右移动一位，继续遍历字符串 s，直到右指针 j 到达字符串的末尾
• 这样只需更新字符出现的索引即可，无需重复遍历。

class Solution {public int lengthOfLongestSubstring(String s) {int ans = 0;HashMap<Character, Integer> vis = new HashMap<>();int n = s.length();int i = 0, j = 0;while (i < n && j < n) {if (vis.containsKey(s.charAt(j))) {i = Math.max(vis.get(s.charAt(j)) + 1, i);  // 更新索引，取较大值为新的左指针位置}vis.put(s.charAt(j), j);  ans = Math.max(ans, j - i + 1);j ++;}return ans;}
}

• 暴力
• 合并两个有序数组，然后取中位数即可

class Solution {public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {int n = nums1.length;int m = nums2.length;int[] nums = new int[n + m];int idx = 0, idx1 = 0, idx2 = 0;while (idx1 < n && idx2 < m) {if (nums1[idx1] < nums2[idx2]) nums[idx ++] = nums1[idx1 ++];else nums[idx ++] = nums2[idx2 ++];}while (idx1 < n) nums[idx ++] = nums1[idx1 ++];while (idx2 < m) nums[idx ++] = nums2[idx2 ++];if (((n + m) & 1) == 1) return nums[(n + m) >> 1];else return (double)(nums[(n + m) >> 1] + nums[(n + m - 1) >> 1]) / 2;}
}

• dp
• 在这种情况下，我们可以定义一个二维数组 dp，其中 dp[i][j] 表示从索引 i 到索引 j 的子串是否是回文。
• 根据回文的定义，我们可以得出以下状态转移方程：
  • dp[i][j] = true，如果 i == j（单个字符是回文）
  • dp[i][j] = true，如果 s[i] == s[j] 且 dp[i + 1][j - 1] == true（首尾字符相等且去掉首尾后的子串是回文）
  • dp[i][j] = false，其他情况
• 基于这个状态转移方程，我们可以使用动态规划来填充 dp 数组。然后，我们可以根据dp数组找到最长回文子串。

class Solution {public String longestPalindrome(String s) {int n = s.length();boolean[][] dp = new boolean[n][n];String ans = "";// // 单个字符或相同的两个是回文for (int i = 0; i < n; i++) {if (ans.length() <= 1) ans = s.substring(i, i + 1);dp[i][i] = true;if (i < n - 1 && s.charAt(i) == s.charAt(i + 1)) {dp[i][i + 1] = true;ans = s.substring(i, i + 2);}}// 长度大于2的子串for (int len = 3; len <= n; len ++) {for (int i = 0; i <= n - len; i ++) {int j = i + len - 1;if (j - 1 >= 0 && s.charAt(i) == s.charAt(j) && dp[i + 1][j - 1]) {dp[i][j] = true;ans = s.substring(i, j + 1);}}}return ans;}
}

• 模拟

• 首先排除特殊情况，当 numRows <= 1 || s.length() <= numRows 直接返回 s

• 其他情况可以利用偏移量对字符坐标进行模拟，将结果存到二维数组中

  若使用 StringBuilder 来构造模拟结果集，此时发现仅需要行数变化即可

• 则最终将结果集转换为字符串返回即可

class Solution {public String convert(String s, int numRows) {int n = s.length();if (numRows <= 1 || n <= numRows) return s;  // 特殊情况直接返回int l = 0, d = 0;  // l 记录当前所在行数，d 记录当前的方向StringBuilder mp[] = new StringBuilder[numRows];  // 结果集for (int i = 0; i < numRows; i ++) {              // 初始化结果集，每一行都是一个 StringBuildermp[i] = new StringBuilder();}mp[0].append(s.charAt(0));      // 将第一个字符先加入for (int i = 1; i < n; i ++) {  // 从第二个字符开始遍历if ((d == 0 && l == numRows - 1) || (d == 1 && l == 0)) d = 1 - d;  // 判断方向改变条件l += d == 0 ? 1 : -1; mp[l].append(s.charAt(i));}StringBuilder ans = new StringBuilder();for (StringBuilder st : mp) {ans.append(st.toString());}return ans.toString();}
}

• 模拟
• 循环倒除得到每一位，再反向乘加即可
• 最大值通过 Integer.MAX_VALUE 获取，最小值可以通过 Integer.MIN_VALUE 获取
• 当 ans 大于最值除以 $10$ 的时候，下一步计算会溢出
• 由于输入的数在 Integer 范围内，可以证明，在计算结束前，不存在 ans 超过最值的情况

class Solution {public int reverse(int x) {int ans = 0;int maxn = Integer.MAX_VALUE / 10;int minn = Integer.MIN_VALUE / 10;while (x != 0) {if (ans > maxn || ans < minn) return 0;int t = x % 10;ans = ans  * 10 + t;x /= 10;}return ans;}
}

• 模拟
• 首先去除空格，然后判断起始字符是否为 + 或 -
• 判断溢出时，最大值通过 Integer.MAX_VALUE 获取，最小值可以通过 Integer.MIN_VALUE 获取
• 当 ans 大于最值除以 $10$ 的时候，下一步计算会溢出
• 当 ans 等于最值除以 $10$ 的时候，用最值模 $10$ 的余数判断下一步计算是否溢出

class Solution {public int myAtoi(String s) {String st = s.trim();int ans = 0;boolean flag = false;  // 结果符号： false 为 +，true 为 -// 计算最值 / 10int maxn = Integer.MAX_VALUE / 10;int minn = Integer.MIN_VALUE / 10;// 计算最值 % 10int maxt = Integer.MAX_VALUE % 10;int mint = Integer.MIN_VALUE % 10;for (int i = 0; i < st.length(); i ++) {char p = st.charAt(i);if (p == '-' && i == 0) flag = true;else if (p == '+' && i == 0) continue;else if (p >= '0' && p <= '9') {int t = p - '0';// 判断是否溢出if (flag && (- ans < minn || (- ans == minn && - t < mint))) return Integer.MIN_VALUE;if (!flag && (ans > maxn || (ans == maxn && t > maxt))) return Integer.MAX_VALUE;  ans = ans * 10 + t;}else break;}if (flag) ans *= -1;return ans;}
}

• 暴力

class Solution {public boolean isPalindrome(int x) {if (x < 0) return false;int ans = 0;int y = x;while(x != 0) {ans = ans * 10 + (x % 10);x /= 10;}return y == ans;}
}

• dp
• 状态表示：
  • 状态 dp[i][j] 表示字符串 s 的前 i 个字符和字符规律 p 的前 j 个字符是否匹配。
• 状态计算：
  • 当 s 的第 i 个字符和 p 的第 j 个字符相等，或者 p 的第 j 个字符为 . 时说明当前字符匹配，即 dp[i][j] = dp[i-1][j-1] 。
  • 当 p 的第 j 个字符为 * 时，需要考虑两种情况，满足其一即匹配：
    1. * 匹配零个前面的元素，即 dp[i][j] = dp[i][j-2] 。
    2. * 匹配一个或多个前面的元素时，要满足 s.charAt(i) == p.charAt(j - 1) || s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 2) || p.charAt(j - 2) == '.'，即 dp[i][j] = dp[i-1][j]。
• 初始化：
  • 两者为空也为匹配，即 dp[0][0] = true
  • 对于 p ，若 p.charAt(i) == '*' 说明当前星号可以匹配前面的字符零次，即 dp[0][i] = dp[0][i - 2]。

class Solution {public boolean isMatch(String s, String p) {int n = s.length(), m = p.length();boolean[][] dp = new boolean[n + 1][m + 1];dp[0][0] = true;for (int i = 1; i <= m; i ++) {if (p.charAt(i - 1) == '*') dp[0][i] = dp[0][i - 2];}for (int i = 1; i <= n; i ++) {for (int j = 1; j <= m; j ++) {// i, j 从 1 开始，s, p 需要偏移 -1if (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1) || p.charAt(j - 1) == '.') {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];}else if (p.charAt(j - 1) == '*') {dp[i][j] = dp[i][j - 2] || (dp[i - 1][j] && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 2) || p.charAt(j - 2) == '.'));}}}return dp[n][m];}
}

• 双指针
• 设 l 为容器的左边界，r 为右边界，初始化 l = 0, r = height.length - 1
• 当 height[l] < height[l + 1] 或 height[r] < height[r - 1] 时，容器体积可能增大

class Solution {public int maxArea(int[] height) {int n = height.length;int l = 0, r = n - 1;int ans = Math.min(height[l], height[r]) * (n - 1);while(l < r) {// 优化：通过两个 while 快速找到大于等于当前最低边界的 l 和 r 所在位置，减少不必要的计算int t = Math.min(height[l], height[r]);while (l < r && height[l] <= t) l ++;while (r > l && height[r] <= t) r --;ans = Math.max(ans, Math.min(height[l], height[r]) * (r - l));}return ans;}
}

• 模拟
• 按照题目规则转换
• 每次都选择尽量大的位数进行转换即可

public class Solution {public String intToRoman(int num) {int[] nums = {1000, 900, 500, 400, 100, 90, 50, 40, 10, 9, 5, 4, 1};String[] romans = {"M", "CM", "D", "CD", "C", "XC", "L", "XL", "X", "IX", "V", "IV", "I"};StringBuilder stringBuilder = new StringBuilder();for (int i = 0; i < nums.length; i++) {while (num >= nums[i]) {stringBuilder.append(romans[i]);num -= nums[i];}}return stringBuilder.toString();}
}

• 模拟
• 反过来模拟即可
• 从右至左，若当前罗马字母比右边的小，则说明需要减去，否则做加法即可

class Solution {public int romanToInt(String s) {int[] nums = {1000, 500, 100, 50, 10, 5, 1};char[] romans = {'M', 'D', 'C', 'L', 'X', 'V', 'I'};int n = s.length();int flag = getIdx(s.charAt(n - 1), romans);int num = nums[flag];for (int i = n - 2; i >= 0; i --) {int t = getIdx(s.charAt(i), romans);if (nums[t] < nums[flag]) num -= nums[t];else num += nums[t];flag = t;}return num;}private static int getIdx(char p, char[] romans) {for (int i = 0; i < romans.length; i ++) {if (p == romans[i]) return i;}return -1;}
}

• 模拟
• 初始化公共前缀为 res = strs[0]
• 从 i = 1 循环枚举 strs[i] 判断是否满足 strs[i].startsWith(res)
• 若不满足则循环找到 res 的字串，直到满足为止

class Solution {public String longestCommonPrefix(String[] strs) {String res = strs[0];for (int i = 1; i < strs.length; i ++) {while (!strs[i].startsWith(res)){res = res.substring(0, res.length() - 1);}}return res;}
}

• 双指针
• 首先将数组从小到大排序，使得数组单调
• 则要寻找三数之和为 $0$，必须保证 nums[i] < 0，左指针 j = i + 1，右指针k = n - 1，即 sum = nums[i] + nums[j] + nums[k]
• 当 sum < 0 说明 nums[j] 太小，则指针 j ++
• 当 sum > 0 说明 nums[k] 太大，则指针 k --
• 当 sum == 0 说明满足条件，此时需要将重复的 nums[j] 和 nums[k] 排除，即两个指针收缩，直到不再重复。

class Solution {public List<List<Integer>> threeSum(int[] nums) {int n = nums.length;List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();// 排除特殊情况if (n < 3) return ans;Arrays.sort(nums);for (int i = 0; i < n; i ++) {// nums[i] > 0 之后不再存在满足条件的结果，直接返回if (nums[i] > 0) return ans;int j = i + 1, k = n - 1;while (j < k) {int sum = nums[i] + nums[j] + nums[k];if (sum < 0) j ++;else if (sum > 0) k --;else {List<Integer> list = new ArrayList<>();list.add(nums[i]); list.add(nums[j]); list.add(nums[k]);ans.add(list);// 收缩指针，去重while (j + 1 <= k && nums[j] == nums[j + 1]) j ++; while (j + 1 <= k && nums[k] == nums[k - 1]) k --;j ++; k --;}}// 去除重复的 nums[i]while (i + 1 < n && nums[i + 1] == nums[i]) i ++;}return ans;}
}

• 双指针
• 和上一题思路相近，不同的是我们需要维护一个 sum = nums[i] + nums[j] + nums[k] 和 target 差值的最小值

class Solution {public int threeSumClosest(int[] nums, int target) {Arrays.sort(nums);int n = nums.length;int flag = Integer.MAX_VALUE;int ans = 0;for (int i = 0; i < n; i++) {int j = i + 1, k = n - 1;while (j < k) {int sum = nums[i] + nums[j] + nums[k];int t = Math.abs(sum - target);if (t < flag) {flag = t;ans = sum;}if (sum < target) j ++;else k --;}while (i + 1 < n && nums[i] == nums[i + 1]) i ++;}return ans;}
}

• DFS
• 递归的每一层视作对 digits[0] 所对应映射 "xxx" 的枚举
• 每一层中，利用循环枚举 "xxx" 的每一位，然后继续递归
• 当递归的层数 u == digits.length() 时将当前累计的字符串加入答案列表并回溯

class Solution {private static String vis[] = new String[]{"", "",  // 空出 0, 1 的位置"abc", "def", "ghi", "jkl", "mno", "pqrs", "tuv", "wxyz"};public List<String> letterCombinations(String digits) {List<String> ans = new ArrayList<>();if (digits.length() == 0) return ans;// res 记录当前累计的字符StringBuilder res = new StringBuilder();dfs(digits, 0, res, ans);return ans;}private void dfs(String digits, int u, StringBuilder res, List<String> ans) {// 满足长度 ans 添加 res 并返回if (u == digits.length()) {ans.add(res.toString());return ;}int digit = digits.charAt(u) - '0';String letters = vis[digit];for (int i = 0; i < letters.length(); i ++) {res.append(letters.charAt(i));       // 将枚举的 xxx 的第 i 个字符累计dfs(digits, u + 1, res, ans);        // 递归到 u + 1 层res.deleteCharAt(res.length() - 1);  // 恢复现场}}
}

• 双指针
• 三数之和基础上，枚举第一个数 nums[i]，剩下三个数计算三数之和为 target - nums[i]
• 注意数据范围会爆 int
• 有意思吗力扣出题人出这种脑瘫题目😅😅😅😅😅😅😅😅😅😅😅😅😅😅😅😅😅

class Solution {public List<List<Integer>> fourSum(int[] nums, int target) {List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();int n = nums.length;// 排除特殊情况if (n < 4) return ans;Arrays.sort(nums);for (int i = 0; i < n; i ++) {int ftarget = target - nums[i];for (int j = i + 1; j < n; j ++) {int k = j + 1, l = n - 1;while (k < l) {long sum = (long)nums[j] + nums[k] + nums[l]; // 使用 long 类型存储和if (sum < ftarget) k ++;else if (sum > ftarget) l --;else {List<Integer> list = new ArrayList<>();list.add(nums[i]); list.add(nums[j]); list.add(nums[k]); list.add(nums[l]);ans.add(list);while (k + 1 <= l && nums[k] == nums[k + 1]) k ++;while (k + 1 <= l && nums[l] == nums[l - 1]) l --;k ++; l --;}}while (j + 1 < n && nums[j + 1] == nums[j]) j ++;}  while (i + 1 < n && nums[i + 1] == nums[i]) i ++;}return ans;}
}

• 模拟
• 遍历一遍链表得到链表长度 size
• 特判：当 size <= 1 或 n - size == 0 时返回 null
• 遍历链表，当 idx == n - size - 1 说明下一个节点即为要删除的节点，直接修改指向即可

/*** Definition for singly-linked list.* public class ListNode {*     int val;*     ListNode next;*     ListNode() {}*     ListNode(int val) { this.val = val; }*     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }* }*/
class Solution {public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {int size = 0;for (ListNode i = head; i != null; i = i.next) size ++;if (size <= 1) return null;if (n - size == 0) return head.next;int idx = 0;for (ListNode i = head; i != null; i = i.next) {if (idx == size - n - 1) {i.next = i.next.next;}idx ++;}return head;}
}

优化：

• 双指针
• 为防止删除头结点的情况出现，利用 ListNode ans 指向 head
• 设 ListNode 指针 l 和 r 都指向 ans
• 将 r 先移动 n + 1 的距离，然后再让 l 和 r 同时移动
• 当 r.next == null 说明 l 位于要被删除节点的前一个节点
• 删除操作即为 l.next = l.next.next

/*** Definition for singly-linked list.* public class ListNode {*     int val;*     ListNode next;*     ListNode() {}*     ListNode(int val) { this.val = val; }*     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }* }*/
class Solution {public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {ListNode ans = new ListNode();ans.next = head;ListNode l = ans, r = ans;for (int i = 0; i < n + 1; i ++) r = r.next;while (r != null) {l = l.next; r = r.next;}l.next = l.next.next;  // 删除操作return ans.next;}
}

• 模拟
• 用一个栈维护当前存在的左括号
• 若 s.length() 为奇数则不可能匹配，否则遍历 s
• 当前字符为左括号：直接进栈
• 当前字符为右括号：若栈为空或栈顶不匹配直接返回 false，否则弹出栈顶
• 最后判断栈是否为空，若不为空说明还有剩余的左未匹配，返回 false

class Solution {public boolean isValid(String s) {if ((s.length() & 1) == 1) return false;Stack<Character> st = new Stack<>();for (char p : s.toCharArray()) {if (p == '(') st.push(')');else if (p == '[') st.push(']');else if (p == '{') st.push('}');else {if (st.isEmpty()) return false;if (p == ')' || p == ']' || p == '}') {if (st.peek() == p) st.pop();else return false;}}}return st.isEmpty();}
}

• 模拟
• 比较节点的值，较小的尾插
• 有剩余的全部合并

/*** Definition for singly-linked list.* public class ListNode {*     int val;*     ListNode next;*     ListNode() {}*     ListNode(int val) { this.val = val; }*     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }* }*/
class Solution {public ListNode mergeTwoLists(ListNode list1, ListNode list2) {ListNode ans = new ListNode();ListNode st = ans;while (list1 != null && list2 != null) {if (list1.val < list2.val) {st.next = list1;list1 = list1.next;} else {st.next = list2;list2 = list2.next;}st = st.next;}st.next = list1 != null ? list1 : list2;return ans.next;}
}

• DFS
• 递归的每一层视作添加的括号类型
• 由于必须保证括号匹配，则必须满足起始括号为 (
• 添加 ( 的数量 l 必须满足 l < n，添加 ) 的数量 r 必须满足 r < l

class Solution {public List<String> generateParenthesis(int n) {List<String> ans = new ArrayList<>();dfs(ans, "", 0, 0, n);return ans;}private void dfs(List<String> ans, String current, int l, int r, int n) {// 满足长度返回if (l + r == n * 2) {ans.add(current);return;}if (l < n) dfs(ans, current + "(", l + 1, r, n);if (r < l) dfs(ans, current + ")", l, r + 1, n);}
}

• 模拟
• 循环枚举链表数组里的链表，一一合并，时间复杂度 $\mathcal{O}(n{k}^2)$
• 特判，当 lists.length == 0 时返回 null

/*** Definition for singly-linked list.* public class ListNode {*     int val;*     ListNode next;*     ListNode() {}*     ListNode(int val) { this.val = val; }*     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }* }*/
class Solution {public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {int n = lists.length;if (n == 0) return null;// 全部合并到 lists[0] 上面ListNode ans = lists[0];for (int i = 1; i < n; i ++) {ans = mergeTwoLists(ans, lists[i]);}return ans;}// 合并两个链表private static ListNode mergeTwoLists(ListNode list1, ListNode list2) {ListNode ans = new ListNode();ListNode st = ans;while (list1 != null && list2 != null) {if (list1.val < list2.val) {st.next = list1;list1 = list1.next;} else {st.next = list2;list2 = list2.next;}st = st.next;}st.next = list1 != null ? list1 : list2;return ans.next;}
}

优化：

• 归并
• 用两两归并代替循环合并，时间复杂度 $\mathcal{O}(nk{\log }_2^k)$
• 每一轮的合并中，从第一个链表开始，将它与它后面的第 cnt 个链表合并，然后将合并结果存储在第一个链表的位置上。
• 然后继续从第一个链表开始，将它与它后面的第 2 * cnt 个链表合并，再将合并结果存储在第一个链表的位置上。
• 以此类推，直到所有链表都被合并即 cnt >= n 为止。

/*** Definition for singly-linked list.* public class ListNode {*     int val;*     ListNode next;*     ListNode() {}*     ListNode(int val) { this.val = val; }*     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }* }*/
class Solution {public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {int n = lists.length;if (n == 0) return null;// 合并步长，每一轮合并后 cnt *= 2;int cnt = 1;while (cnt < n) {// 两两合并for (int i = 0; i + cnt < n; i += cnt * 2) {lists[i] = mergeTwoLists(lists[i], lists[i + cnt]);}cnt *= 2;}// 最终全部合并到 lists[0]return lists[0];}private static ListNode mergeTwoLists(ListNode list1, ListNode list2) {ListNode ans = new ListNode();ListNode st = ans;while (list1 != null && list2 != null) {if (list1.val < list2.val) {st.next = list1;list1 = list1.next;} else {st.next = list2;list2 = list2.next;}st = st.next;}st.next = list1 != null ? list1 : list2;return ans.next;}
}

• 模拟
• 用一个 ListNode t 指向当前要交换的节点对中的左节点（下一次交换的前一个节点）
• 则每次交换过程中，左右节点分别为 l = t.next, r = t.next.next
• 先用 t 指向 r，再用 l 指向 r 指向的节点完成 l 替换 r
• 再让 r 指向 l 完成 r 替换 l
• 最后 t 指向 l，即下一次交换的前一个节点

/*** Definition for singly-linked list.* public class ListNode {*     int val;*     ListNode next;*     ListNode() {}*     ListNode(int val) { this.val = val; }*     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }* }*/
class Solution {public ListNode swapPairs(ListNode head) {ListNode ans = new ListNode();ans.next = head;ListNode t = ans;while (t.next != null && t.next.next != null) {ListNode l = t.next;       // t -> l -> r -> k -> ...ListNode r = t.next.next;t.next = r;                // t -> rl.next = r.next;           // l -> kr.next = l;                // r -> lt = l;                     // r -> l(t) -> k -> ...}return ans.next;}
}

• 模拟
• 本质上就是修改链表节点指向
• 即，每组的第一个节点指向本组最后节点指向的节点
• 然后每组第一个节点后的节点依次指向前节点

如图：

k = 3
node1 -> node2 -> node3 -> node4 -> null
node1 -> node4
node2 -> node1
node3 -> node2

/*** Definition for singly-linked list.* public class ListNode {*     int val;*     ListNode next;*     ListNode() {}*     ListNode(int val) { this.val = val; }*     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }* }*/
class Solution {public ListNode reverseKGroup(ListNode head, int k) {ListNode ans = new ListNode();ans.next = head;ListNode t = ans;ListNode st = findNode(t, k);while (t.next != null && st.next != null) {ListNode l = t.next;ListNode r = st.next;// 修改节点指向for (int i = 0; i < k; i++) {ListNode temp = l.next;l.next = r;  // 每组第一个节点指向本组最后的节点指向的节点r = l;l = temp;}// 为下一次循环做准备ListNode temp = t.next;t.next = r;temp.next = l;t = temp;st = findNode(t, k);}return ans.next;}// 找到每组最后一个节点private ListNode findNode(ListNode t, int k) {k --;while (k-- > 0) {if (t.next != null) t = t.next;else break;}return t;}
}

• 模拟
• 由于数组单调且元素唯一，显然有 nums[i] < nums[i + 1]
• 设 idx 为去重后数组的下标，flag 当前维护的值
• 若 flag < nums[i] 说明元素不重复，则修改 nums[idx ++] = nums[i] 即可

class Solution {public int removeDuplicates(int[] nums) {int n = nums.length;int idx = 0, flag = Integer.MIN_VALUE;for (int i = 0; i < n; i ++) {if (flag < nums[i]) {flag = nums[i];  // 更新 flagnums[idx ++] = nums[i];}}return idx;}
}

• 模拟
• 设 idx 为去重后的数组下标
• 若 nums[i] == val 直接跳过
• 否则直接修改 nums[idx ++] = nums[i] 即可

class Solution {public int removeElement(int[] nums, int val) {int n = nums.length;int idx = 0;for (int i = 0; i < n; i ++) {if (nums[i] == val) continue;nums[idx ++] = nums[i];}return idx;}
}

• AC自动机
• 这道题非常的难啊！
• 既然出题人本意不想让我们循环暴力、直接调库或者KMP这种简单的算法
• 那我们只好按出题人的意思来了，直接祭大招好了😅😅😅

class Solution {class Node {Node[] children; // 子节点数组Node fail; // 失败指针List<Integer> indices; // 匹配成功的模式串在原字符串中的起始位置列表public Node() {children = new Node[26]; // 26个英文字母fail = null;indices = new ArrayList<>();}}public int strStr(String haystack, String needle) {if (needle.isEmpty()) {return 0;}Node root = buildTrie(needle); // 构建Trie树buildFailure(root); // 构建失败指针Node curr = root;for (int i = 0; i < haystack.length(); i++) {char c = haystack.charAt(i);curr = getNextState(curr, c); // 获取下一个状态if (curr.indices.size() > 0) { // 匹配成功，返回模式串在原字符串中的起始位置return i - needle.length() + 1;}}return -1; // 未找到匹配的模式串}private Node buildTrie(String needle) {Node root = new Node();Node curr = root;for (int i = 0; i < needle.length(); i++) {char c = needle.charAt(i);if (curr.children[c - 'a'] == null) {curr.children[c - 'a'] = new Node();}curr = curr.children[c - 'a'];}curr.indices.add(0); // 将模式串的起始位置添加到当前节点的起始位置列表中return root;}private void buildFailure(Node root) {Queue<Node> queue = new LinkedList<>();for (int i = 0; i < 26; i++) { // 初始化根节点的子节点的失败指针if (root.children[i] != null) {root.children[i].fail = root;queue.offer(root.children[i]);} else {root.children[i] = root;}}while (!queue.isEmpty()) {Node curr = queue.poll();for (int i = 0; i < 26; i++) {if (curr.children[i] != null) {Node child = curr.children[i];Node fail = curr.fail;while (fail != null && fail.children[i] == null) { // 失败指针回溯fail = fail.fail;}child.fail = fail != null ? fail.children[i] : root; // 更新失败指针child.indices.addAll(child.fail.indices); // 将失败指针节点的起始位置列表合并到当前节点queue.offer(child);}}}}private Node getNextState(Node curr, char c) {while (curr != null && curr.children[c - 'a'] == null) { // 失败指针回溯curr = curr.fail;}if (curr == null) {return curr;} else {return curr.children[c - 'a'];}}
}

• 位运算
• 特殊情况：被除数 a 等于Integer.MIN_VALUE 且除数 b 等于 $-1$ 时结果会溢出，直接返回 Integer.MAX_VALUE。
• 从第 $31$ 位开始逐位检查被除数 a 是否大于等于 b 的左移结果 (b << i)。
• 如果被除数大于等于 (b << i)，则执行以下操作：
  • 将被除数 a 减去 (b << i)，相当于从被除数中减去当前位的除数。
  • 检查结果变量 res 是否大于Integer.MAX_VALUE - (1 << i)，如果是，则结果溢出，直接返回 Integer.MIN_VALUE。
  • 将结果变量 res 加上 1 << i，相当于将当前位的商加到结果中。
• 循环结束后，返回结果变量 res。

class Solution {public int divide(int a, int b) {if (a == 0) return 0;if (a == Integer.MIN_VALUE && b == -1) return Integer.MAX_VALUE;boolean flag = (a > 0) ^ (b > 0);  // 判断符号是否相同，用于确定符号a = Math.abs(a); b = Math.abs(b);int res = 0;for (int i = 31; i >= 0; i--) {if ((a >>> i) - b >= 0) { // a >= (b << i)a -= (b << i);if (res > Integer.MAX_VALUE - (1 << i)) {return Integer.MIN_VALUE;}res += (1 << i);}}return flag ? -res : res;}
}

• 滑窗
• 用 StringBuilder 模拟窗口
• 当窗口长度 sb.length() == words.length * words[0].length() 需要判断是否满足
• 用 HashMap<String, Integer> 统计 words 里面的单词及其词频
• 然后依次截取 sb 长度为 words[0].length() 的片段，判断是否存在且频数照应
• 若满足条件，将下标加入答案中

class Solution {public List<Integer> findSubstring(String s, String[] words) {int len = words.length * words[0].length();  // 计算目标子串的长度int n = s.length();StringBuilder sb = new StringBuilder();  // 用于存储当前窗口的子串List<Integer> ans = new ArrayList<>();HashMap<String, Integer> vis = new HashMap<>();  // 存储目标子串中每个单词的出现次数for (int i = 0; i < words.length; i++) {vis.put(words[i], vis.getOrDefault(words[i], 0) + 1);}for (int i = 0; i < n; i ++) {if (sb.length() == len)  sb.deleteCharAt(0);  // 长度足够，删除最左侧的字符sb.append(s.charAt(i));                       // 将当前字符添加到窗口的子串中if (sb.length() == len) {HashMap<String, Integer> sbwords = new HashMap<>(vis);// 检查当前窗口的子串是否符合要求if (check(sb.toString(), sbwords, words[0].length())) ans.add(i - len + 1);}}return ans;}private static boolean check(String sb, HashMap<String, Integer> sbwords, int cnt) {// 以单词长度为步长，遍历当前窗口的子串for (int i = 0; i < sb.length(); i += cnt) {  String res = sb.substring(i, i + cnt);// 如果目标子串中包含当前单词if (sbwords.containsKey(res)) {int t = sbwords.get(res);if (t > 0) sbwords.put(res, t - 1);else return false;} else return false;}return true;}
}