力扣HOT100 - 1. 两数之和

解题思路：

解法一：暴力

class Solution {public int[] twoSum(int[] nums, int target) {int n = nums.length;for (int i = 0; i < n; i++)for (int j = i + 1; j < n; j++) {if (target == nums[i] + nums[j])return new int[] { i, j };}return new int[0];}
}

解法二：哈希表

class Solution {public int[] twoSum(int[] nums, int target) {Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {if (map.containsKey(target - nums[i])) {//保证返回的下标由小到大return new int[]{map.get(target - nums[i]), i};}map.put(nums[i], i);}return new int[0];}
}

解析：
这段代码实现的是经典的 两数之和（Two Sum） 算法，通过使用哈希表（HashMap）来优化时间复杂度。以下是对代码的详细解析：

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代码功能

• 输入：一个整数数组 nums 和一个目标值 target。
• 输出：返回数组中两个不同下标 i 和 j，使得 nums[i] + nums[j] == target。
  • 如果存在解，保证返回的下标 i < j（按升序排列）。
  • 如果无解，返回空数组 new int[0]。

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算法思路

1. 哈希表辅助：

   • 使用 HashMap 存储数组元素值 (nums[i]) 和对应的下标 (i)。
   • 对于当前元素 nums[i]，检查 target - nums[i] 是否已存在于哈希表中：
     • 如果存在，说明找到了这两个数，直接返回它们的下标。
     • 如果不存在，将当前 nums[i] 和 i 存入哈希表，继续遍历。

2. 时间复杂度：

   • O(n)：只需遍历数组一次，哈希表的插入和查询操作平均为 O(1)。
   • 比暴力解法（O(n²)）更高效。

3. 空间复杂度：

   • O(n)：最坏情况下需要存储所有元素到哈希表。

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代码逐行解析

public int[] twoSum(int[] nums, int target) {Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();  // 键：数组元素值，值：下标for (int i = 0; i < nums.length; ++i) {if (map.containsKey(target - nums[i])) {  // 检查是否已有互补数return new int[]{map.get(target - nums[i]), i};  // 返回升序下标}map.put(nums[i], i);  // 存入当前数和下标}return new int[0];  // 无解时返回空数组
}

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关键点

1. 为什么能保证下标升序？

   • 当发现 target - nums[i] 在哈希表中时，该数一定是在 nums[i] 之前被存入的（因为当前 nums[i] 还未存入）。
   • 因此 map.get(target - nums[i]) 获取的下标一定小于 i，直接返回 {map.get(...), i} 即满足升序。

2. 如何处理重复元素？

   • 例如 nums = [3, 3], target = 6：
     • 第一个 3 存入哈希表（map = {3: 0}）。
     • 第二个 3 时，target - 3 = 3 已在哈希表中，直接返回 [0, 1]。
   • 注意：如果问题要求不能重复使用同一元素（如 nums = [3], target = 6），需额外判断（但本题约束保证解存在或唯一）。

3. 为什么返回 new int[0] 而不是 null？

   • 空数组更安全，调用方无需判空，可直接通过 result.length == 0 判断无解。

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示例运行

• 输入：nums = [2, 7, 11, 15], target = 9

  • 步骤：
    1. i=0：2 的互补数 7 不在哈希表 → 存入 {2: 0}。
    2. i=1：7 的互补数 2 在哈希表 → 返回 [0, 1]。

• 输入：nums = [3, 2, 4], target = 6

  • 返回 [1, 2]（因为 2 + 4 = 6，且下标升序）。

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边界情况

1. 无解时：如 nums = [1, 2], target = 4 → 返回 []。
2. 重复元素：如 nums = [3, 3], target = 6 → 返回 [0, 1]。
3. 负数或零：如 nums = [-1, 0], target = -1 → 返回 [0, 1]。

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优化与变种

1. 提前返回：一旦找到解立即返回，减少不必要的遍历。
2. 处理重复元素：如果问题要求所有可能的解（不止一个），可以用 List 存储结果。
3. 排序+双指针：如果需返回数值而非下标，可先排序后用双指针（但会改变下标信息）。

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总结

• 该实现是两数之和问题的最优解之一，兼顾了时间复杂度和代码简洁性。
• 核心思想：用空间换时间，通过哈希表避免嵌套循环。

如果有其他变种问题（如三数之和、允许重复使用元素等），可以进一步讨论！

力扣HOT100 - 49. 字母异位词分组

注意：
返回时不能用List，因为List是抽象类，return的必须是List的具体实现，如ArrayList

class Solution {public List<List<String>> groupAnagrams(String[] strs) {Map<String, List<String>> map = new HashMap<>();for (String str : strs) {char[] array = str.toCharArray();Arrays.sort(array);String key = new String(array);List<String> list = map.getOrDefault(key, new ArrayList<String>());list.add(str);map.put(key, list);}//返回时不能用List，而必须是List的具体实现，如ArrayListreturn new ArrayList<List<String>>(map.values());}
}

解析：
这段代码实现的是 字母异位词分组（Group Anagrams） 问题，通过将每个字符串排序后的结果作为键，将字母异位词归类到同一个列表中。以下是详细解析：

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问题描述

• 输入：一个字符串数组 strs（例如 ["eat","tea","tan","ate","nat","bat"]）。
• 输出：将字母异位词（由相同字母重排列组成的字符串）分到同一组，返回分组后的列表（如 [["eat","tea","ate"], ["tan","nat"], ["bat"]]）。

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算法思路

1. 哈希表分组：

   • 使用 HashMap，键是 排序后的字符串（字母异位词排序后相同），值是对应的原始字符串列表。
   • 遍历每个字符串，先排序其字符数组，生成统一的键，再将原始字符串加入对应的列表。

2. 关键操作：

   • 排序字符数组：将字符串转换为 char[] 并排序，使得字母异位词具有相同的键（如 "eat" 和 "tea" 均排序为 "aet"）。
   • 哈希表管理：使用 map.getOrDefault() 避免重复创建列表。

3. 复杂度分析：

   • 时间复杂度：O(n * k log k)，其中 n 是数组长度，k 是字符串最大长度（排序每个字符串的代价）。
   • 空间复杂度：O(n * k)，哈希表存储所有字符串。

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代码逐行解析

public List<List<String>> groupAnagrams(String[] strs) {Map<String, List<String>> map = new HashMap<>();  // 键：排序后的字符串，值：原始字符串列表for (String str : strs) {char[] array = str.toCharArray();  // 转为字符数组Arrays.sort(array);                // 排序（字母异位词排序后相同）String key = new String(array);    // 生成统一键List<String> list = map.getOrDefault(key, new ArrayList<String>()); // 获取或新建列表list.add(str);                     // 加入当前字符串map.put(key, list);                // 更新哈希表}return new ArrayList<List<String>>(map.values()); // 返回所有分组
}

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关键点

1. 为什么排序字符数组？

   • 字母异位词排序后结果相同（如 "eat" → "aet"，"tea" → "aet"），可作为分组的唯一标识。

2. map.getOrDefault() 的作用：

   • 若键不存在，返回默认值（新建的 ArrayList）；若存在，直接返回对应的列表。避免手动检查键是否存在。

3. 返回值处理：

   • map.values() 返回所有分组的集合，通过 new ArrayList<>(...) 包装成 List<List<String>> 类型。

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示例运行

• 输入：strs = ["eat","tea","tan","ate","nat","bat"]
  • 步骤：
    1. "eat" → 排序为 "aet" → 新建列表 ["eat"]。
    2. "tea" → 排序为 "aet" → 加入列表 ["eat", "tea"]。
    3. "tan" → 排序为 "ant" → 新建列表 ["tan"]。
    4. 最终分组：{"aet": ["eat","tea","ate"], "ant": ["tan","nat"], "abt": ["bat"]}。
  • 输出：[["eat","tea","ate"], ["tan","nat"], ["bat"]]。

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优化与变种

1. 优化键的生成：

   • 若字符串只含小写字母，可用 字符计数数组 作为键（如 "aab" 表示为 [2,1,0,...,0]），避免排序开销：

     int[] count = new int[26];
     for (char c : str.toCharArray()) count[c - 'a']++;
     String key = Arrays.toString(count);  // 将计数数组转为字符串作为键
     

     • 时间复杂度降至 O(n * k)。

2. 处理大写/特殊字符：

   • 扩展字符计数数组的长度（如 ASCII 码范围）。

3. 返回其他结构：

   • 若需按组内字符串数量排序，可对 map.values() 进行排序。

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边界情况

1. 空数组输入：strs = [] → 返回 []。
2. 所有字符串相同：strs = ["a","a"] → 返回 [["a","a"]]。
3. 无字母异位词：strs = ["a","b"] → 返回 [["a"], ["b"]]。

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总结

• 该解法通过 排序统一键 或 字符计数 高效分组，是字母异位词问题的标准解法。
• 选择排序还是计数取决于字符集大小（小写字母优先用计数）。

如果有其他需求（如按字典序输出分组），可以进一步调整！

力扣HOT100 - 128. 最长连续序列

解题思路：

注意：

1.Set不能直接排序，必须要转换成ArrayList或者LinkedList后用Collections.sort()方法进行排序。

（Queue也不能直接排序，排序方法同Set）

2.连续的序列不能只找第一个，因为不一定是最长的，需要全部遍历完才能找到最长序列。

class Solution {public int longestConsecutive(int[] nums) {if (nums.length == 0)  return 0;Set<Integer> set = new HashSet<>();for (int i = 0; i < nums.length; i++) {set.add(nums[i]);}List<Integer> list = new ArrayList<>(set);Collections.sort(list);//cnt的长度从1开始，本身长度为1int cnt = 1;int max = 0;//减一是为了避免越界for (int i = 0; i < list.size() - 1; i++) {if (list.get(i) == list.get(i + 1) - 1) {cnt++;} else {max = Math.max(cnt, max);//重置cnt的值cnt = 1;}}max = Math.max(cnt, max);return max;}
}```
解析：
这段代码实现了 **最长连续序列（Longest Consecutive Sequence）** 问题，但存在一些可以优化的地方。以下是详细解析和改进建议：---### **原代码分析**
#### **思路**
1. **去重**：使用 `HashSet` 去除重复数字。
2. **排序**：将去重后的数字存入 `ArrayList` 并排序。
3. **遍历统计**：检查相邻数字是否连续，统计最长连续序列长度。#### **复杂度**
- **时间复杂度**：O(n log n)，主要由排序步骤决定（`Collections.sort()`）。
- **空间复杂度**：O(n)，用于存储去重后的数字。#### **问题**
- **排序不必要**：题目要求连续序列（如 `[1,2,3]`），但排序增加了时间复杂度。
- **边界处理冗余**：末尾需要额外 `Math.max(cnt, max)` 处理最后一个连续序列。---### **优化思路**
利用 **哈希集合** 直接寻找连续序列的起点，避免排序：
1. **将所有数字存入集合**（去重）。
2. **遍历集合**，仅当当前数字 `num` 是某个连续序列的起点（即 `num-1` 不在集合中）时，向后检查 `num+1, num+2,...` 是否存在，统计长度。
3. **更新最大值**。#### **优化后复杂度**
- **时间复杂度**：O(n)，每个数字最多被访问两次（一次在集合中，一次在连续序列检查中）。
- **空间复杂度**：O(n)。---### **优化后的代码**
```java
class Solution {public int longestConsecutive(int[] nums) {if (nums.length == 0) return 0;Set<Integer> set = new HashSet<>();for (int num : nums) {set.add(num); // 去重}int maxLen = 1;for (int num : set) {// 只有当 num 是连续序列的起点时才检查（避免重复计算）if (!set.contains(num - 1)) {int currentNum = num;int currentLen = 1;// 向后查找连续的数字while (set.contains(currentNum + 1)) {currentNum++;currentLen++;}maxLen = Math.max(maxLen, currentLen);}}return maxLen;}
}

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关键改进点

1. 避免排序：直接利用集合的 O(1) 查询特性。
2. 高效检查连续序列：仅对可能的序列起点（num-1 不在集合中）进行检查。
3. 边界处理简化：无需处理排序后的末尾特殊情况。

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示例运行

• 输入：nums = [100, 4, 200, 1, 3, 2]
  • 步骤：
    1. 集合：{1, 2, 3, 4, 100, 200}。
    2. 检查起点：
       • 1（0 不在集合中）→ 连续序列 1,2,3,4，长度 4。
       • 100（99 不在集合中）→ 连续序列 100，长度 1。
       • 200（199 不在集合中）→ 连续序列 200，长度 1。
  • 输出：4。

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边界情况

1. 空数组：直接返回 0。
2. 所有数字相同：如 [1,1,1] → 去重后 [1]，返回 1。
3. 无连续序列：如 [5, 7, 9] → 每个数字单独成组，返回 1。

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总结

• 原始代码：通过排序解决问题，但时间复杂度过高（O(n log n)）。
• 优化后代码：利用哈希集合将时间复杂度降至 O(n)，更高效。
• 适用场景：当输入规模较大时（如 n > 10^5），优化后的方法优势明显。

力扣HOT100 - 283. 移动零

解题思路：

双指针

指针 i 用于寻找不为零的位置

指针 j 用于寻找为零的位置

找到不为零时位置时与为零的位置进行交换，即nums[ i ]与nums[ j ]交换，使零向后移动，i 和 j 同时向下一个位置移动。

class Solution {public void moveZeroes(int[] nums) {if (nums == null) return;            int j = 0;for (int i = 0; i < nums.length; i++) {if (nums[i] != 0) {int tmp = nums[i];nums[i] = nums[j];nums[j++] = tmp;//j++所到的位置还是零}}}
}

力扣HOT100 - 11. 盛最多水的容器

解析

class Solution {public int maxArea(int[] height) {int i = 0, j = height.length - 1, res = 0;while(i < j) {res = height[i] < height[j] ? Math.max(res, (j - i) * height[i++]): Math.max(res, (j - i) * height[j--]); }return res;}
}

易错点：Math.max(res , (j - i) * height[i++])和Math.max(res , height[i++] * (j - i) )结果不同

这两个表达式的结果不同，是因为 i++ 的自增操作时机影响了 (j - i) 的计算结果。具体差异如下：

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表达式 1：Math.max(res, (j - i) * height[i++])

1. 执行顺序：

   • 先计算 (j - i)（此时 i 未自增）。
   • 再计算 height[i]（此时 i 仍未自增）。
   • 最后进行 i++（自增发生在整个表达式计算完成后）。

2. 等效代码：

   int old_i = i;                // 保存当前i的值
   int width = j - old_i;        // 宽度计算使用旧的i
   int h = height[old_i];        // 高度使用旧的i
   i = old_i + 1;                // i自增
   res = Math.max(res, width * h);
   

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表达式 2：Math.max(res, height[i++] * (j - i))

1. 执行顺序：

   • 先计算 height[i]（此时 i 未自增）。
   • 然后执行 i++（自增立即发生，影响后续的 (j - i)）。
   • 最后计算 (j - i)（此时 i 已经自增，宽度比预期少1）。

2. 等效代码：

   int old_i = i;                // 保存当前i的值
   int h = height[old_i];        // 高度使用旧的i
   i = old_i + 1;                // i自增（立即生效）
   int width = j - i;            // 宽度计算使用新的i（比预期少1）
   res = Math.max(res, h * width);
   

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关键区别

表达式	(j - i) 的计算时机	height[i] 的索引	实际效果
(j - i) * height[i++]	在 i++ 之前	原 i	宽度正确，高度正确
height[i++] * (j - i)	在 i++ 之后	原 i	高度正确，宽度少1

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示例说明

假设 i = 2, j = 5, height = [1, 3, 2, 4]：

1. 表达式 1：

   • (j - i) → 5 - 2 = 3
   • height[i] → height[2] = 2
   • 结果：3 * 2 = 6（正确）
   • 执行后 i = 3。

2. 表达式 2：

   • height[i] → height[2] = 2
   • i++ → i 变为 3
   • (j - i) → 5 - 3 = 2
   • 结果：2 * 2 = 4（宽度少1，错误）
   • 执行后 i = 3。

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如何避免问题？

1. 分离自增操作：

   int h = height[i];
   i++;
   res = Math.max(res, (j - i + 1) * h); // 注意宽度补偿
   

2. 使用 i+1 显式计算：

   res = Math.max(res, (j - (i + 1)) * height[i]);
   i++;
   

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总结

• 运算符优先级和求值顺序：i++ 的副作用会影响同一表达式中其他部分的计算。
• 防御性编程：在复杂表达式中，避免混用自增操作和依赖变量值的计算。

这种差异常见于双指针或滑动窗口算法中（如盛水容器问题）。务必确保宽度和高度的计算基于正确的索引！