LeetCode-数组
移除元素
27题
给你一个数组 nums 和一个值 val，你需要 原地 移除所有数值等于 val 的元素，并返回移除后数组的新长度。
不要使用额外的数组空间，你必须仅使用 O(1) 额外空间并原地修改输入数组。
元素的顺序可以改变。你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
示例 1: 给定 nums = [3,2,2,3], val = 3, 函数应该返回新的长度 2, 并且 nums 中的前两个元素均为 2。 你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
示例 2: 给定 nums = [0,1,2,2,3,0,4,2], val = 2, 函数应该返回新的长度 5, 并且 nums 中的前五个元素为 0, 1, 3, 0, 4。
你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
官方方法一：双指针
思路及算法
由于题目要求删除数组中等于val 的元素，因此输出数组的长度一定小于等于输入数组的长度，我们可以把输出的数组直接写在输入数组上。可以使用双指针：右指针right指向当前将要处理的元素，左指针left 指向下一个将要赋值的位置。
如果右指针指向的元素不等于 val，它一定是输出数组的一个元素，我们就将右指针指向的元素复制到左指针位置，然后将左右指针同时右移；
- 如果右指针指向的元素等于 val，它不能在输出数组里，此时左指针不动，右指针右移一位。
整个过程保持不变的性质是：区间 [0,left) 中的元素都不等于val。当左右指针遍历完输入数组以后，left 的值就是输出数组的长度。
这样的算法在最坏情况下（输入数组中没有元素等于 val），左右指针各遍历了数组一次。
class Solution { public int removeElement(int[] nums, int val) { int n = nums.length; int left = 0; for (int right = 0; right < n; right++) { if (nums[right] != val) { nums[left] = nums[right]; left++; } } return left; } }
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n)O(n)，其中 nn 为序列的长度。我们只需要遍历该序列至多两次。
- 空间复杂度：O(1)O(1)。我们只需要常数的空间保存若干变量。
方法二：双指针优化
思路
如果要移除的元素恰好在数组的开头，例如序列 [1,2,3,4,5][1,2,3,4,5]，当 val 为 11 时，我们需要把每一个元素都左移一位。注意到题目中说：「元素的顺序可以改变」。实际上我们可以直接将最后一个元素 55 移动到序列开头，取代元素 11，得到序列 [5,2,3,4][5,2,3,4]，同样满足题目要求。这个优化在序列中 val 元素的数量较少时非常有效。
实现方面，我们依然使用双指针，两个指针初始时分别位于数组的首尾，向中间移动遍历该序列。
算法
如果左指针left 指向的元素等于 val，此时将右指针 right 指向的元素复制到左指针 left 的位置，然后右指针 right 左移一位。如果赋值过来的元素恰好也等于 val，可以继续把右指针 right 指向的元素的值赋值过来（左指针 left 指向的等于 val 的元素的位置继续被覆盖），直到左指针指向的元素的值不等于 val 为止。
当左指针 left 和右指针 right 重合的时候，左右指针遍历完数组中所有的元素。
这样的方法两个指针在最坏的情况下合起来只遍历了数组一次。与方法一不同的是，方法二避免了需要保留的元素的重复赋值操作。
class Solution{
public int removeElement(int[] nums, int val){
int left = 0;
int right = nums.length;
while(left < right){
if (nums[left] == val){
nums[left] = nums[right-1];
right--;
}else{
left++;
}
}
return left;
}
}
自己写的这样，跟上面的差不多
class Solution {
public int removeElement(int[] nums, int val) {
int n=nums.length;
int right = n-1;
int left = 0;
if (n==0)
return 0;
while(left < right){
if (nums[left] == val && nums[right] != val){
nums[left] = nums[right];
left++;
right--;
}else if(nums[left] == val && nums[right] == val){
right--;
}else if(nums[left] != val && nums[right] == val){
right--;
left++;
}else{
left++;
}
}
if (nums[right]==val)
return right;
return right+1;
}
}
209.长度最小的子数组
滑动窗口，使窗口始终满足某个条件。
链表
面试题 02.07. 链表相交
给你两个单链表的头节点 headA 和 headB ，请你找出并返回两个单链表相交的起始节点。如果两个链表没有交点，返回 null 。
图示两个链表在节点 c1 开始相交**：**
题目数据 保证 整个链式结构中不存在环。
注意，函数返回结果后，链表必须 保持其原始结构 。
示例 1：
输入：intersectVal = 8, listA = [4,1,8,4,5], listB = [5,0,1,8,4,5], skipA = 2, skipB = 3
输出：Intersected at '8'
解释：相交节点的值为 8 （注意，如果两个链表相交则不能为 0）。
从各自的表头开始算起，链表 A 为 [4,1,8,4,5]，链表 B 为 [5,0,1,8,4,5]。
在 A 中，相交节点前有 2 个节点；在 B 中，相交节点前有 3 个节点。
示例 2：
输入：intersectVal = 2, listA = [0,9,1,2,4], listB = [3,2,4], skipA = 3, skipB = 1
输出：Intersected at '2'
解释：相交节点的值为 2 （注意，如果两个链表相交则不能为 0）。
从各自的表头开始算起，链表 A 为 [0,9,1,2,4]，链表 B 为 [3,2,4]。
在 A 中，相交节点前有 3 个节点；在 B 中，相交节点前有 1 个节点。
示例 3：
输入：intersectVal = 0, listA = [2,6,4], listB = [1,5], skipA = 3, skipB = 2
输出：null
解释：从各自的表头开始算起，链表 A 为 [2,6,4]，链表 B 为 [1,5]。
由于这两个链表不相交，所以 intersectVal 必须为 0，而 skipA 和 skipB 可以是任意值。
这两个链表不相交，因此返回 null 。
提示：
listA中节点数目为mlistB中节点数目为n0 <= m, n <= 3 * 1041 <= Node.val <= 1050 <= skipA <= m0 <= skipB <= n- 如果
listA和listB没有交点，intersectVal为0 - 如果
listA和listB有交点，intersectVal == listA[skipA + 1] == listB[skipB + 1]
思路
将尾部对齐之后，若相交的节点一定清楚找到
字符串的操作
-
翻转字符串
双指针法很好用，例如LeetCode 344.反转字符串 -
部分翻转字符串
还是双指针法，但是要注意循环的条件，例如 541.反转字符串2 -
去除或替换字符串中的某些字符
151. 颠倒字符串中的单词
经典的多部融合方法
栈与队列
用栈实现队列较为简单，一进一出即可
class MyQueue { Stack<Integer> stackA; Stack<Integer> stackB; public MyQueue() { stackA = new Stack<Integer>(); stackB = new Stack<Integer>(); } public void inTOout(){ if(!stackB.empty()){ return; } while(!stackA.empty()){ stackB.push(stackA.pop()); } } public void push(int x) { stackA.push(x); } public int pop() { inTOout(); return stackB.pop(); } public int peek() { inTOout(); return stackB.peek(); } public boolean empty() { if(stackA.empty() && stackB.empty()){ return true; }else{ return false; } } }队列实现栈
用队列实现，一定要注意队列中的顺序，所以我加了一个辅助变量获取最后一个值，便于top（）的实现。
class MyStack {
Queue<Integer> queueA = new LinkedList<Integer>();
boolean flag;
int last;
// Queue<Integer> queueB = new Queue<Integer>();
public MyStack() {
flag = false;
last = 0;
}
public void push(int x) {
queueA.offer(x);
last = x;
}
public int pop() {
int size = queueA.size();
size--;
while(size-- > 0){
last =queueA.poll();
queueA.add(last);
}
int res = queueA.poll();
return res;
}
public int top() {
return last;
}
public boolean empty() {
return queueA.isEmpty();
}
}
347. 前 K 个高频元素
给你一个整数数组 nums 和一个整数 k ，请你返回其中出现频率前 k 高的元素。你可以按 任意顺序 返回答案。
示例 1:
输入: nums = [1,1,1,2,2,3], k = 2
输出: [1,2]
示例 2:
输入: nums = [1], k = 1
输出: [1]
提示：
1 <= nums.length <= 105k的取值范围是[1, 数组中不相同的元素的个数]- 题目数据保证答案唯一，换句话说，数组中前
k个高频元素的集合是唯一的
**进阶：**你所设计算法的时间复杂度 必须 优于 O(n log n) ，其中 n 是数组大小。
**思想：**首先我们需要一个HashMap去保存数组中每个数字出现的次数，然后我们需要利用一个优先队列来保存这些数据，这里要记住，由于我们要比较的是数字出现的次数，但是最后返回的却是数字，所有我们需要使用一个集合来保存这些数据，在插入优先队列的时候，也要自定义比较规则。
class Solution {
public int[] topKFrequent(int[] nums, int k) {
int[] result = new int[k];
PriorityQueue<Map.Entry<Integer,Integer>> queue = new PriorityQueue<>(((o1, o2) -> o1.getValue() - o2.getValue()));
HashMap<Integer,Integer> map = new HashMap<Integer,Integer>();
for(int i = 0 ;i < nums.length; i++){
if(map.getOrDefault(nums[i], -1) == -1){
map.put(nums[i], 1);
}else{
int temp = map.get(nums[i]);
map.put(nums[i], temp + 1);
}
}
Set<Map.Entry<Integer,Integer>> keyset = map.entrySet();
for(Map.Entry<Integer,Integer> res : keyset){
queue.offer(res);
if(queue.size() > k){
queue.poll();
}
}
for(int i = k -1; i >= 0; i--){
result[i] = queue.poll().getKey();
}
return result;
}
}
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