从零开始的力扣刷题记录-第八十七天

力扣每日四题

129. 求根节点到叶节点数字之和-中等
130. 被围绕的区域-中等
437. 路径总和 III-中等
376. 摆动序列-中等
总结

129. 求根节点到叶节点数字之和-中等

题目描述：
给你一个二叉树的根节点 root ，树中每个节点都存放有一个 0 到 9 之间的数字。
每条从根节点到叶节点的路径都代表一个数字：
例如，从根节点到叶节点的路径 1 -> 2 -> 3 表示数字 123 。
计算从根节点到叶节点生成的所有数字之和。
叶节点是指没有子节点的节点。

题解：
简单的深度优先搜索就可以解决

代码（Go）：

func sumNumbers(root *TreeNode) int {return dfs(root,0)
}func dfs(root *TreeNode,sum int) int {if root == nil {return sum}sum = sum * 10 + root.ValNewSum := 0if root.Left == nil && root.Right == nil{return sum}if root.Left != nil{NewSum += dfs(root.Left,sum)}if root.Right != nil{NewSum += dfs(root.Right,sum)}return NewSum
}

130. 被围绕的区域-中等

题目描述：
给你一个 m x n 的矩阵 board ，由若干字符 ‘X’ 和 ‘O’ ，找到所有被 ‘X’ 围绕的区域，并将这些区域里所有的 ‘O’ 用 ‘X’ 填充。

题解：
没有被包围的O一定与边界上的O相连，所以可以反过来从边界上的O开始找到所有相连的O并标记，最后遍历矩阵，被标记的O变回O，没有被标记的O改为X

代码（Go）：

func solve(board [][]byte)  {for i := 0;i < len(board);i++{for j := 0;j < len(board[0]);j++{if (i == 0 || j == 0 || i == len(board) - 1 || j == len(board[0]) - 1) && board[i][j] == 'O'{checkout(board,i,j)board[i][j] = '1'}}}for i := 0;i < len(board);i++{for j := 0;j < len(board[0]);j++{if board[i][j] == '1'{board[i][j] = 'O'}else{board[i][j] = 'X'}}}return
}func checkout(board [][]byte,x int,y int) {if x - 1 >= 0 && board[x - 1][y] == 'O'{board[x - 1][y] = '1'checkout(board,x - 1,y)}if y - 1 >= 0 &&board[x][y - 1] == 'O'{board[x][y - 1] = '1'checkout(board,x,y - 1)}if x + 1 < len(board) && board[x + 1][y] == 'O'{board[x + 1][y] = '1'checkout(board,x + 1,y)}if y + 1 < len(board[0]) && board[x][y + 1] == 'O'{board[x][y + 1] = '1'checkout(board,x,y + 1)}return
}

437. 路径总和 III-中等

题目描述：
给定一个二叉树的根节点 root ，和一个整数 targetSum ，求该二叉树里节点值之和等于 targetSum 的路径的数目。
路径不需要从根节点开始，也不需要在叶子节点结束，但是路径方向必须是向下的（只能从父节点到子节点）。

题解：
代码写麻烦了，官方题解更容易懂。我的思路是用一个flag变量标记此节点是否必选，如果此节点的父节点已经被选中到路径中则该节点必须被选择，然后就是常规的深度优先搜索统计即可

代码（Go）：

func pathSum(root *TreeNode, targetSum int) int {return search(root,targetSum,0)
}func search(root *TreeNode,targetSum int,flag int) int {if root == nil{return 0}if root.Val == targetSum && flag == 0{return 1 + search(root.Left,0,1) + search(root.Right,0,1) + search(root.Left,targetSum,0) + search(root.Right,targetSum,0)}else if root.Val == targetSum && flag == 1{return 1 + search(root.Left,0,1) + search(root.Right,0,1)}else if flag == 0{return search(root.Left,targetSum,0) + search(root.Right,targetSum,0) + search(root.Left,targetSum - root.Val,1) + search(root.Right,targetSum - root.Val,1)}else{return search(root.Left,targetSum - root.Val,1) + search(root.Right,targetSum - root.Val,1)}
}

376. 摆动序列-中等

题目描述：
如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替，则数字序列称为摆动序列。第一个差（如果存在的话）可能是正数或负数。仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列。
例如， [1, 7, 4, 9, 2, 5] 是一个摆动序列，因为差值 (6, -3, 5, -7, 3) 是正负交替出现的。
相反，[1, 4, 7, 2, 5] 和 [1, 7, 4, 5, 5] 不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。
子序列可以通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得，剩下的元素保持其原始顺序。
给你一个整数数组 nums ，返回 nums 中作为摆动序列的最长子序列的长度。

题解：
子序列问题直接想到动态规划，整体思路和最长递增子序列问题基本一致，但是因为每次判断dp[i]时都需要和前面所有的位置依次对比，所以时间复杂度是O（n²），官方题解使用了两个dp数组分别表示最后一个元素是上升状态的上升数组和最后一个元素是下降状态的下降数组，两个数组的第n个状态都可以通过两个数组的n-1个状态共同得出，这样既使时间复杂度降到了O（n），也使空间复杂度降到了O（1），具体可以看下官方题解

代码（Go）：

func wiggleMaxLength(nums []int) int {dp := make([]int,len(nums))sign := make([]int,len(nums))for i := 0;i < len(nums);i++{if i == 0{dp[i] = 1sign[i] = 0}else if i == 1{if nums[i] > nums[0]{sign[i] = 1dp[i] = 2}else if nums[i] < nums[0]{sign[i] = -1dp[i] = 2}else{sign[i] = 0dp[i] = 1}}else{max := 0for j := 0;j < i;j++{if sign[j] == 1 && nums[i] < nums[j]{if dp[j] + 1 > max{max = dp[j] + 1sign[i] = -1}}else if sign[j] == -1 && nums[i] > nums[j]{if dp[j] + 1 > max{max = dp[j] + 1sign[i] = 1}}else if sign[j] == 0{if dp[j] + 1 > max && nums[i] > nums[j]{max = dp[j] + 1sign[i] = 1}else if dp[j] + 1 > max && nums[i] < nums[j]{max = dp[j] + 1sign[i] = -1}}}dp[i] = max}}max := 0for i := 0;i < len(nums);i++{if dp[i] > max{max = dp[i]}}return max
}