[Leetcode]leetcode1-10题随记
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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[Leetcode]leetcode1-10题随记相关的知识，希望对你有一定的参考价值。
因为leetcode的题号会变动，所以先记录一下每一题对应的内容。
| 10 | Regular Expression Matching | 21.6% | Hard | |
| 9 | Palindrome Number | 30.9% | Easy | |
| 8 | String to Integer (atoi) | 13.3% | Easy | |
| 7 | Reverse Integer | 23.6% | Easy | |
| 6 | ZigZag Conversion | 23.3% | Easy | |
| 5 | Longest Palindromic Substring | 22.5% | Medium | |
| 4 | Median of Two Sorted Arrays | 18.2% | Hard | |
| 3 | Longest Substring Without Repeating Characters | 21.6% | Medium | |
| 2 | Add Two Numbers | 22.3% | Medium | |
| 1 | Two Sum | 21.4% | Medium |
第一题，寻找给定数组中，相加等于目标数的两个数字的下标。
这道题其实很简单，它限定死了每个测试用例都只有一对符合的，那样只要找到合适的就可以跳出循环结束，同时也方便了第二种算法hashmap时一个key对应一个value。用最暴力的方法两重循环，i从0到length，j从i+1到length算，这样时间复杂度是O(n2)。那么为了减少时间复杂度，牺牲空间复杂度，使用hashmap这个数据结构即可，从头遍历数组，首先使用target number减去当前位置的数字，得到另一个加数的值，在hashmap中查找这一值即可，如果hashmap中不含有当前位置的数字，将当前位置的数字加入hashmap，代码如下：
public class Solution { public int[] twoSum(int[] nums, int target) { HashMap map =new HashMap(); for(int i=0;i<nums.length;i++){ int num=nums[i]; int target_num=target-num; Object index=map.get(target_num); if(index!=null){ int[] result={(int)index,i}; return result; } map.put(num,i); } return null; } }
第二题，将两个像链表一样的结构相加。这道题的逻辑很简单，注意特殊情况的处理即可，比如相加后的进位问题，两个链表长度不一样的问题等。
public class Solution { public ListNode addTwoNumbers(ListNode l1, ListNode l2) { int flag=0; ListNode result=null; ListNode tail=null; while(true){ if(l1==null&l2==null&flag==0) break; int val1=(l1==null)?0:l1.val; int val2=(l2==null)?0:l2.val; int val=val1+val2+flag; flag=val/10; val=val%10; ListNode node=new ListNode(val); if(result==null){ result=node; tail=node; } else{ tail.next=node; tail=node; } l1=(l1==null)?null:l1.next; l2=(l2==null)?null:l2.next; } return result; } }
第三题，查找最长的无重复的子串长度。
当然可以两重循环暴力求解，这里选择时间复杂度较低的方法。无重复的子串必定在两个相同字母之间，从头开始遍历字符串，如果遇到前面出现过的字母，则计算当前子串的长度是否超过了记录的最大值，如果超过了则替换，否则从上一次出现的字母+1的位置开始重新查找最长子串。这里需要一个数组来记录某个字母是否出现过了。
这道题中不只是26个字母，因为这里设定的数组长度为256。
public class Solution { public int lengthOfLongestSubstring(String s) { boolean[] exist=new boolean[256]; int i=0,j=0; int maxLen=0; for(int n=0;n<s.length();n++){ if(exist[s.charAt(n)]){ maxLen=Math.max(maxLen,j-i); for(;i<n;i++){ if(s.charAt(n)==s.charAt(i)){ i++; break; } else{ exist[s.charAt(i)]=false; } } } else{ exist[s.charAt(n)]=true; } j++; } maxLen=Math.max(maxLen,j-i); return maxLen; } }
第四题，查找两个已经排好序的数组中的中位数，时间复杂度为O(log(m+n))。
类似算法在英文的算法教程中出现过，本题中我们是要查找这两个数组中第(m+n)/2和第(m+n)/2+1大的数字，实质上为查找第K大的数字。需要注意的一点，数组长度可能小于k/2，此时该数组直接取最大值比较，而另一个数组的比较位置也不是k/2，即分裂点并不一定都是k/2，要考虑全面情况。具体的方法可以见其他专门讲这一部分的blog吧。主要java不像C/C++用指针操作数组方便，因为比起C/C++的实现多了两个参数用来记录当前数组的起始下标。
public class Solution { public double findK(int[] nums1, int[] nums2, int k, int n1, int n2,int n1_l,int n2_l){ //System.out.println(n1+" "+n2+" "+k); if(n1_l>n2_l){ return findK(nums2,nums1,k,n2,n1,n2_l,n1_l); } if(n1_l==0){ return nums2[n2+k-1]; } if(k==1){ return Math.min(nums1[n1], nums2[n2]); } int point1=Math.min(k/2,n1_l); int point2=k-point1; if(nums1[n1+point1-1]<nums2[n2+point2-1]){ return findK(nums1,nums2,k-point1,n1+point1,n2,n1_l-point1,n2_l); } else if(nums1[n1+point1-1]>nums2[n2+point2-1]){ return findK(nums1,nums2,k-point2,n1,n2+point2,n1_l,n2_l-point2); } else{ return nums1[n1+point1-1]; } } public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) { int k=nums1.length+nums2.length; if(k%2==1){ return findK(nums1,nums2,k/2+1,0,0,nums1.length,nums2.length); } else return (findK(nums1,nums2,k/2,0,0,nums1.length,nums2.length)+findK(nums1,nums2,k/2+1,0,0,nums1.length,nums2.length))/2; } }
第五题，最长的回文字符串。
这里我用的动态规划，主要原理为，如果i到j是回文的，那么只需要判断i-1和j+1是否相同，若相同，则表明i-1到j+1也是回文的。那么建立一个[i][j]的数组记录即可，当j<i时，本不应该出现这种情况，但是这里默认设置为true，以方便计算其他部分。这里的循环是从j先开始的，并且j=1（循环中i的值需要i+1给出，因此要先计算j）。
public class Solution { public String longestPalindrome(String s) { int len=s.length(); int ss=0,tt=0,max=0; boolean[][] flag=new boolean [len][len]; for(int i=0;i<len;i++){ for(int j=0;j<len;j++){ if(i>=j) flag[i][j]=true; else flag[i][j]=false; } } for(int j=1;j<len;j++){ for(int i=0;i<j;i++){ if(s.charAt(i)==s.charAt(j)){ flag[i][j]=flag[i+1][j-1]; if(flag[i][j]==true&&(j-i+1>max)){ ss=i; tt=j; max=j-i+1; } } else flag[i][j]=false; } } return s.substring(ss,tt+1); } }
第六题，zigzag。
最无脑并且时间高效的方法就是开辟数组，怎么摆的怎么存，最后把数组一个个输出即可。
当然这道题也有一定的规律，比如说第一行和最末行的间距是2*(numRows-1)，而其他行的间距是2*(numRows-1)-2*i变化的（i为行号）。
public class Solution { public String convert(String s, int numRows) { if(s.length()==0||numRows<2) return s; int m=2*(numRows-1); String result=""; for(int i=0;i<numRows;i++){ for(int j=i;j<s.length();j+=m){ result+=s.charAt(j); if(i>0&&i<numRows-1){ int len=j+m-2*i; if(len<s.length()){ result+=s.charAt(len); } } } } return result; } }
第七题，数字逆序。
看代码即懂，注意点在于①正负 ②溢出
public class Solution { public int reverse(int x) { int temp=Math.abs(x); int result=0; while(temp!=0){ if (result > (Integer.MAX_VALUE - temp % 10) / 10) { return 0; } int number=temp%10; result=result*10+number; temp=temp/10; } int flag=x>0?1:-1; return result*flag; } }
第八题，从string转换成int数。
这一题主要是需要考虑多种情况，比如空格、不该出现的字母、溢出等。
public class Solution { public int myAtoi(String str) { int i=0,sign=1; int result=0; int MAX=2147483647; while(i<str.length()&&str.charAt(i)==‘ ‘){ i++; } if(i<str.length()&&str.charAt(i)==‘-‘){ sign=-1; i++; } else if(i<str.length()&&str.charAt(i)==‘+‘){ sign=1; i++; } for(;i<str.length();i++){ if(str.charAt(i)>=‘0‘&&str.charAt(i)<=‘9‘){ if(sign==1&&result>=(MAX-(str.charAt(i)-‘0‘))/10){ return MAX; } if(sign==-1&&result>(MAX-(str.charAt(i)-‘0‘))/10){ return -2147483648; } result=result*10+(str.charAt(i)-‘0‘); } else{ break; } } return result*sign; } }
第九题，判断回文数字，不能用多余的空间。
既然对空间复杂度有要求，那么只能从两边的数字一对对的算出来比较。例如12321，用12321/1000%10得到最高位1,12321/1%10得到最低位，然后使用12321/100%10得到次高位，12321/10%10得到次低位，以此类推。
public class Solution { public boolean isPalindrome(int x) { if(x==0) return true; if(x<0) return false; int bit=0; int temp=Math.abs(x); while(temp!=0){ bit++; temp/=10; } int point1=1; int point2=(int) Math.pow(10, bit-1); while(point1<point2){ if(x/point1%10!=x/point2%10){ return false; } point1*=10; point2/=10; } return true; } }
第十题，正则表达式。虽然写出来行数不多，但是这个题目本身还是有些难度的，要考虑的特殊情况比较多。此处有两种方法。
第一种是采用纯递归的方法，在没有*的情况下都很简单，一旦存在了*，需要考虑全面，比如说（aaab a*ab），这里a*匹配几个都需要尝试，那么递归时需要尝试（aab ab）（ab ab）（b ab）是否能有匹配的，如果有再继续匹配后面的，一直到字符串结束。这个方法时间复杂度极高。
public class Solution { public boolean isMatch(String s, String p) { if(p.length()==0){ return s.length()==0; } if((p.length()>1&&p.charAt(1)!=‘*‘)||p.length()==1){ if(s.length()!=0&&(s.charAt(0)==p.charAt(0)||p.charAt(0)==‘.‘)) return isMatch(s.substring(1),p.substring(1)); else return false; } else{ int i=0; while(s.length()-i>0&&(s.charAt(i)==p.charAt(0)||p.charAt(0)==‘.‘)){ if(isMatch(s.substring(i),p.substring(2))) return true; i++; } return (isMatch(s.substring(i),p.substring(2))); } } }
第二种方法还是动态规划，采用一个二维数组记录，f[i][j]表示s[0...i-1]和p[0...j-1]匹配，那么当p[j-1]不为*时，f[i][j]=f[i-1][j-1]&&s[i-1]==p[j-1]；当p[j-1]为*时，设p[j-2]为x，f[i][j]在满足以下条件时为true：①x重复了0次并且f[i][j-2]为true；②x重复了至少一次，满足了x*x的模式，即s[i-1]==x并且f[i-1][j]为true。该方法时间复杂度较低。
public class Solution { public boolean isMatch(String s, String p) { int m=s.length(),n=p.length(); boolean[][] f=new boolean[m+1][n+1]; f[0][0]=true; for(int i=1;i<=m;i++){ f[i][0]=false; } for(int j=1;j<=n;j++){ f[0][j]=j>1&&p.charAt(j-1)==‘*‘&&f[0][j-2]; } for(int i=1;i<=m;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ if(p.charAt(j-1)!=‘*‘) f[i][j] = f[i - 1][j - 1] && (s.charAt(i-1)== p.charAt(j-1)|| p.charAt(j-1)==‘.‘); else f[i][j] = f[i][j - 2] || (s.charAt(i-1) == p.charAt(j-2) || p.charAt(j-2)==‘.‘) && f[i - 1][j]; } } return f[m][n]; } }
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