悄悄学算法，然后惊艳所有人：零基础学算法 LeetCode 热题 HOT 100
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篇首语：本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理，主要介绍了悄悄学算法，然后惊艳所有人：零基础学算法 LeetCode 热题 HOT 100相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
2022届秋招面试，大厂必问算法面试题
学长在这里准备了一百道LeetCode算法热题，本来准备分十天发完。后面想了一下马上就就月份了，早点更完学弟学妹们准备的时间也越多，鏖战一整晚整理出BATJ大厂常问一百道算法面试题，也在这里尽一些微薄之力
这里还有一份视频教程
直达地址：https://www.bilibili.com/video/BV1Vb4y1f7kK?p=2
老师也是讲的特别详细，对于刚入门学算法的学弟学妹完全能听懂！！！
1. 两数之和
思路一：暴力遍历所有组合
class Solution {
public int[] twoSum(int[] nums, int target) {
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
for (int j = i + 1; j < nums.length; j++) {
if (nums[i] + nums[j] == target) {
return new int[] {i, j};
}
}
}
//没找到
return new int[] {-1, -1};
}
}
思路二：利用map，key存储元素凑成target所需的差值，value存储元素下标
class Solution {
public int[] twoSum(int[] nums, int target) {
//value代表下标，key代表target与当前元素只差，即：target - nums[value]
Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (map.containsKey(nums[i])) {
return new int[] {map.get(nums[i]), i};
} else {
map.put(target - nums[i], i);
}
}
//没找到
return new int[] {-1, -1};
}
}
2. 两数相加
思路：直接模拟加法
class Solution {
public ListNode addTwoNumbers(ListNode l1, ListNode l2) {
ListNode cur1 = l1;
ListNode cur2 = l2;
//哑结点
ListNode dummy = new ListNode(-1);
ListNode cur = dummy;
//进位
int carry = 0;
while (cur1 != null || cur2 != null || carry != 0) {
int val1 = cur1 != null ? cur1.val : 0;
int val2 = cur2 != null ? cur2.val : 0;
int sum = val1 + val2 + carry;
int reminder = sum % 10;
carry = sum / 10;
//尾插法
ListNode tempNode = new ListNode(reminder);
cur.next = tempNode;
cur = cur.next;;
if (cur1 != null) cur1 = cur1.next;
if (cur2 != null) cur2 = cur2.next;
}
return dummy.next;
}
}
3. 无重复字符的最长子串
class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
//窗口左右边界，左闭右开
int left = 0, right = 0;
//存储字符及其在窗口中的个数
Map<Character, Integer> window = new HashMap<>();
int maxLen = 0;
while (right < s.length()) {
//窗口扩大
char rightChar = s.charAt(right);
right++;
window.put(rightChar, window.getOrDefault(rightChar, 0) + 1);
//如果新加入窗口的字符个数大于1次，窗口应该收缩
while(window.get(rightChar) > 1) {
char leftChar = s.charAt(left);
left++;
window.put(leftChar, window.get(leftChar) - 1);
}
maxLen = Math.max(maxLen, right - left);
}
return maxLen;
}
}
4. 寻找两个正序数组的中位数
思路一：直接合并两个有序数组，根据数组长度求中位数。时间复杂为O(m+n)，空间复杂度为O(m+n)
class Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int m = nums1.length;
int n = nums2.length;
int[] tempArr = new int[m + n];
int i = 0, j = 0;
int k = 0;
while(i < m && j < n) {
if (nums1[i] < nums2[j]) {
tempArr[k++] = nums1[i++];
} else {
tempArr[k++] = nums2[j++];
}
}
//nums1还有剩余
while (i < m) {
tempArr[k++] = nums1[i++];
}
//nums2还有剩余
while (j < n) {
tempArr[k++] = nums2[j++];
}
int midIndex = (m + n) / 2;
double mid = 0;
//长度为偶数
if ((m + n) % 2 == 0) {
mid = (tempArr[midIndex - 1] + tempArr[midIndex]) / 2.0;
} else {
mid = tempArr[midIndex];
}
return mid;
}
}
思路二：无需真正合并数组，先根据两个数组的长度确定中位数是合并后数组中的第几个数，然后根据规则将指向两个数组的下标移动对应次数就好。时间复杂为O(m+n)，空间复杂度为O(1)
class Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int m = nums1.length;
int n = nums2.length;
//i, j分别表示nums1和nums2的分割线，i为[0, m]，j为[0, n];
//[0, i)表示nums1中已经遍历过的下标，对应j类似
int i = 0, j = 0;
//记录最新遍历的两个数
int newest = 0, secondNew = 0;
//奇数：中位数是第(m+n)/2 + 1个数（下标从1开始）
//偶数：中位数是第(m+n)/2和第(m+n)/2 + 1数的平均数（下标从1开始）
int cnt = (m + n) / 2 + 1;
for (int k = 0; k < cnt; k++) {
secondNew = newest;
// j >= n 表示指向nums2已经没有元素
if (j >= n || (i < m && nums1[i] < nums2[j])) {
newest = nums1[i];
i++;
} else {
newest = nums2[j];
j++;
}
}
//偶数
if ((m + n) % 2 == 0) {
return (newest + secondNew) / 2.0;
} else {
return newest;
}
}
}
终于说服自己
思路三：使用二分法直接在两个数组中找中位数分割线，使得nums1和nums2中分割线满足以下性质即可根据分割线左右的数来确定中位数：
前置：m = nums1.length，n = nums2.length。设i为nums1中分割线，则取值为[0, m]，表示分割线左侧元素下标为[0, i-1]，分割线右侧元素下标为[i, m-1]；设j为nums2中分割线，…。
-
m+n为偶数：i + j = (m + n )/2，为奇数：i + j = (m + n)/2 + 1。 -
分割线左侧元素小于等于分割线右侧元素。由于两个数组均为正序数组，则只需要要求：
nums1[i-1] <= nums2[j] && nums2[j-1] <= nums1[i]；由于该条件等价于在[0, m]中找到最大的i使得nums1[i-1] <= nums2[j]，因此可以使用二分查找。（证明：假设我们已经找到了满足条件的最大i，使得nums1[i-1] <= nums2[j]，那么此时必有nums[i] > nums2[j]，进而有nums[i] > nums2[j-1]）
分割线找到后，若m+n为奇数，分割线左侧的最大值即为中位数；若为偶数，分割线左侧的最大值与分割线右侧的最小值的平均数即为中位数。时间复杂度：O(log(min(m, n)))，空间复杂度：O(1)
class Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
// 始终保证nums1为较短的数组，nums1过长可能导致j为负数而越界
if (nums1.length > nums2.length) {
int[] temp = nums1;
nums1 = nums2;
nums2 = temp;
}
int m = nums1.length;
int n = nums2.length;
// m+n 为奇数，分割线要求左侧有 (m+n)/2 + 1 个元素
// m+n 为偶数，分割线要求左侧有 (m+n)/2 个元素
// 两种情况其实可以统一写作 (m+n+1)/2，表示对(m+n)/2向上取整
// 对整数来说，向上取整等于：(被除数 + (除数 - 1)) / 除数
// 也可以使用Math类中提供的库函数
int leftTotal = (m + n + 1) / 2;
int left = 0, right = m;
while (left < right) {
// +1 向上取整避免 left + 1 = right 时可能无法继续缩小区间而陷入死循环
int i = left + (right - left + 1) / 2;
int j = leftTotal - i;
//要找最大i，使得nums1[i-1] <= nums2[j]
//使用对立面缩小区间
if (nums1[i - 1] > nums2[j]) {
// [i+1, m]均不满足
right = i - 1;
} else {
// i满足说明[0, i-1]均不为满足条件的最大i，舍去以缩小区间
left = i;
}
}
//退出循环时left=right，表示最终nums1中分割线的位置
int i = left;
//nums2中分割线的位置
int j = leftTotal - left;
System.out.println(i);
//判断极端情况
int nums1LeftMax = (i == 0) ? Integer.MIN_VALUE : nums1[i - 1]; //nums1分割线左边没有元素
int nums2LeftMax = (j == 0) ? Integer.MIN_VALUE : nums2[j - 1]; //nums2分割线左边没有元素
int nums1RightMin = (i == m) ? Integer.MAX_VALUE : nums1[i]; //nums1分割线右边没有元素
int nums2RightMin = (j == n) ? Integer.MAX_VALUE : nums2[j]; //nums2分割线右边没有元素
if ((m + n) % 2 == 0) {
return (Math.max(nums1LeftMax, nums2LeftMax) + Math.min(nums1RightMin, nums2RightMin)) / 2.0;
} else {
return Math.max(nums1LeftMax, nums2LeftMax);
}
}
}
备注：这里使用的二分法和二分法查找x的平方根使用的方法很像，都是要查找满足条件的最大值。
5. 最长回文子串
思路：动态规划获取任意两个区间的子串是否为回文子串，如果是则记录开始下标和长度
class Solution {
public String longestPalindrome(String s) {
int len = s.length();
int maxLen = 0;
int start = 0;
//dp[i][j]: 字符串s[i, j]是否为回文字符串
boolean[][] dp = new boolean[len][len];
for (int j = 0; j < len; j++) {
for (int i = 0; i <= j; 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);
}
}
6. 正则表达式匹配
class Solution {
public boolean isMatch(String s, String p) {
int sLen = s.length();
int pLen = p.length();
//状态：dp[i][j] 表示s的前i个字符和p的前j个字符能否匹配，即 s[0, i-1] 和 p[0, j-1] 能否匹配
boolean[][] dp = new boolean[sLen + 1][pLen + 1];
//前置：i, j分别代表dp的横、纵下标，对应的s、p的下标都应减去1
//初始值：dp 默认都为flase
//dp[0][0] = true, 即s和p都为空
//dp[i][0] = false, 其中i >= 1, 即s不为空p为空
//dp[0][1] = false, 由于p[0]不能为*，s为空，p只有一个字符且不为'*'的情况下必然不能匹配成功
//s为空，p不为空且p[0, j-1]以'*'结尾时，还不能直接断定dp的值。
//因为'*'可以选择将它前面的字符匹配零次以消除'*'前面的字符。
//因此 dp[0][j] = dp[0][j - 2], j >= 2。若s为空，p不为空且 p[0, j-1] 不以'*'结尾，那么有：
//dp[0][j] = false, j >= 1。
dp[0][0] = true;
for (int j = 2; j < pLen + 1; j++) {
if (p.charAt(j - 1) == '*') {
dp[0][j] = dp[0][j - 2];
}
}
//状态转移：
//当 s[0, i-1] 和 p[0, j-1] 的末尾字符相等或p的末尾字符为'.'，则有：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
//当 p[0, j-1] 的末尾字符即 p[j - 1] 为'*'需要讨论：
// 若 s[i - 1] 与 p[j - 2] 相等，如：s(ab), p(cab*)，那么*可以选择将b 重复一次 则s末尾的b和p末尾的b*匹配抵消，
// 则有：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 2]；
// 同时*也可以选择将b 重复多次 以匹配抵消s中最后一个b，此时p虽然也损失一个b但任然还剩多个b，可以将其看成b*
// 故有：dp[i][j] = dp[i - 1][j];
// 此外*也可以选择将b 去掉，故：dp[i][j] = dp[i][j - 2]
// 综上：dp[i - j] = dp[i - 1][j - 2] || dp[i - 1]dp[j] || dp[i][j - 2]
// 若 p[j - 2] 为 '.'，同上
// 若 s[i - 1] 与 p[j - 2] 不等且后者不为'.'，如：s(ab), p(eabd*)，那么*可以选择将d 去掉 ，
// 则有：dp[i][j] = dp[i][j - 2]
for (int j = 1; j < pLen + 1; j++) {
for (int i = 1; i < sLen + 1; i++) {
if (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) == '*') {
if (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 2) || p.charAt(j - 2) == '.') {
dp[i][j] = dp[i - 1][j -2] || dp[i - 1][j] || dp[i][j - 2];
} else {
dp[i][j] = dp[i][j - 2];
}
}
}
}
return dp[sLen][pLen];
}
}
7. 盛最多水的容器
class Solution {
public int maxArea(int[] height) {
int left = 0, right = height.length - 1;
int maxArea = 0;
while (left < right) {
int width = right - left;
int high = Math.min(height[left]零基础学并查集算法