专题5-数据结构 2017-07-13
C++ Primer P329好好研读，stack,queue,priority_queue都是顺序容器适配器adaptor。（接受一种已有的容器类型，使其行为看起来像另一种事物一样）
| stack | 默认基于deque实现，除array和forward_list以外的容器都可以 |
| queue | 默认基于deque实现，可以构造于list和deque之上，但是不能基于vector进行构造 |
| priority_queue | 默认基于vector实现，最大堆max-heap，可以基于vetor和deque，但是不能基于list（需要随机访问能力） |
1、基础知识
1.1、stack栈
| s.pop() | 删除栈顶元素 | O(1) |
| s.push() | 压入元素 | O(1) |
| s.top() | 返回首元素，但是不删除 | O(1) |
| s.swap(stack) | 交换两个栈的内容 |
C++ primer P330
queue模板类的定义在<queue>头文件中。记住队列没有top()函数,使用front()，总是记错。
与stack模板类很相似，queue模板类也需要两个模板参数，一个是元素类型，一个容器类型，元素类型是必要的，容器类型是可选的，默认为deque类型。
定义queue对象的示例代码如下：
queue<int> q1; queue<double> q2;
queue的基本操作有：
| q.push(x) | 入队，将x接到队列的末端 | 时间复杂度是O(1) |
| q.pop() | 出队，弹出队列的第一个元素，注意，并不会返回被弹出元素的值 | 时间复杂度是O(1) |
| q.front() | 访问队首元素，即最早被压入队列的元素 | 时间复杂度是O(1) |
| q.back() | 访问队尾元素，即最后被压入队列的元素 | 时间复杂度是O(1) |
| q.empty() | 判断队列空 | |
| q.size() | 访问队列中的元素个数 |
队列经常用于BFS，之前总结过BFS要利用queue + unordered_map实现，还有就是二叉树的层次遍历。
1.3、priority_queue
主要操作是：pop(),top(),push()。pop,push都是O(logk)，top是O(1)的。
左边是队头，右边是队尾，默认是最大堆即返回的top是目前最大的元素，默认是less<>,实现是x < y，因为有个建堆的过程，所以不能以平常的大小来比较。
STL里面容器默认用的是 vector. 比较方式默认用 operator< , 所以如果你把后面俩个参 缺省的话，优先队列就是大顶堆，队头元素最大。
priority_queue利用一个最大堆完成，最大堆是一个以vector表现的完全二叉树，所以缺省情况下它的底部容器是vector。，queue以底部容器完成其所有的工作，具有这种“修改某物接口，形成另一种风貌”之性质者，称为adapter（适配器）。
priority_queue 对于基本类型的使用方法相对简单。他的模板声明带有三个参数，priority_queue<Type, Container, Functional>，Type 为数据类型， Container 为保存数据的容器，Functional 为元素比较方式。
Container 必须是用数组实现的容器，比如 vector, deque 但不能用 list。STL里面默认用的是 vector. 比较方式默认用 operator< , 所以如果你把后面俩个参数缺省的话，优先队列就是大顶堆，队头元素最大。
如果要用到小顶堆，则一般要把模板的三个参数都带进去。
使用方法：
头文件：
声明方式：
1、普通方法：
//通过操作，按照元素从大到小的顺序出队
2、自定义优先级：
struct cmp { bool operator()(int x, int y) { return x > y; } };
{
int x, y;
friend bool operator < (node a, node b)
{
return a.x > b.x; //结构体中，x小的优先级高
}
};
priority_queue<node>q;//定义方法
//在该结构中，y为值, x为优先级。
//通过自定义operator<操作符来比较元素中的优先级。
//在重载”<”时，最好不要重载”>”，可能会发生编译错误
#include <iostream> #include <queue> using namespace std; int main(){ priority_queue<int, vector<int>, greater<int> > q; for( int i= 0; i< 10; ++i ) q.push( rand() ); while( !q.empty() ){ cout << q.top() << endl; q.pop(); } getchar(); return 0; }
**对于自定义类型，则必须自己重载 operator< 或者自己写仿函数**
1）重载 operator<（自己联想一下每次弹出最小元素的queue形式，{3,2,1}所以必须是返回a.x> b.x;）sort默认是小于排序，从大到小排序，所以重载的时候需要operator<。只有自定义类类型才能重写操作符：
bool operator>( Node left, Node right ){ if( left.x== right.x )
return left.y> right.y; return left.x> right.x; }
写仿函数注意有模板的时候才需要greater<int>写这种形式是为了将模板里面的T变为int，如果没用模板，直接写greater。
struct greater{ bool operator() (const int &a, const int &b) { return a > b; } }; //用的时候直接使用geater template<typename T> struct greater{ bool operator() (const T &a, const T &b) { return a > b; } }; //用的时候使用greater<int>，匹配模板
#include <iostream> #include <queue> using namespace std; struct Node{ int x, y; Node( int a= 0, int b= 0 ): x(a), y(b) {} }; bool operator<( Node a, Node b ){ if( a.x== b.x ) return a.y> b.y; return a.x> b.x; } int main(){ priority_queue<Node> q; for( int i= 0; i< 10; ++i ) q.push( Node( rand(), rand() ) ); while( !q.empty() ){ cout << q.top().x << ' ' << q.top().y << endl; q.pop(); } getchar(); return 0; }
2）自己写仿函数
自定义类型重载 operator< 后，声明对象时就可以只带一个模板参数。但此时不能像基本类型这样声明priority_queue<Node, vector<Node>, greater<Node> >;原因是 greater<Node> 没有定义，如果想用这种方法定义
则可以按如下方式：
记住调用的时候格式为：priority_queue<Node, vector<Node>, cmp> q;
struct cmp{ bool operator() ( Node a, Node b ){ if( a.x== b.x ) { return a.y> b.y; } return a.x> b.x; } };
#include <iostream> #include <queue> using namespace std; struct Node{ int x, y; Node( int a= 0, int b= 0 ): x(a), y(b) {} }; struct cmp{ bool operator() ( Node a, Node b ){ if( a.x== b.x ) return a.y> b.y; return a.x> b.x; } }; int main(){ priority_queue<Node, vector<Node>, cmp> q; for( int i= 0; i< 10; ++i ) q.push( Node( rand(), rand() ) ); while( !q.empty() ){ cout << q.top().x << ' ' << q.top().y << endl; q.pop(); } getchar(); return 0; }
不懂的话看下面的例子：
#include<iostream> #include<vector> #include<string> #include <cstdio> #include<queue> #include<algorithm> using namespace std; struct cmp { bool operator()(int a,int b) { return a > b; } }; struct node { int x; int y; }; bool operator<(node a, node b) { return a.x > b.y; } ostream& operator<<(ostream& os,const node&a) { os << a.x << " " << a.y<< endl; return os; } bool operator<<(node a, node b) { return a.x > b.y; } int main() { //priority_queue<int> q; priority_queue<node> q; for (int i = 0; i < 5; ++i) { node a; cin >> a.x; cin >> a.y; q.push(a); } cout << q.top() << endl; system("pause"); }
1.4、Hash哈希
参考链接：1）解决哈希表的冲突-开放地址法和链地址法 ；
2）哈希表的C实现（一）；
3）哈希函数。
基本概念：
哈希表（Hash Table，也叫散列表），是根据关键码值 (Key-Value) 而直接进行访问的数据结构。也就是说，它通过把关键码值映射到表中一个位置来访问记录，以加快查找的速度。哈希表的实现主要需要解决两个问题，哈希函数和冲突解决。
哈希函数：
哈希函数也叫散列函数，它对不同的输出值得到一个固定长度的消息摘要。理想的哈希函数对于不同的输入应该产生不同的结构，同时散列结果应当具有同一性（输出值尽量均匀）和雪崩效应（微小的输入值变化使得输出值发生巨大的变化）。
冲突解决：
现实中的哈希函数不是完美的，当两个不同的输入值对应一个输出值时，就会产生“碰撞”，这个时候便需要解决冲突。常见的冲突解决方法有开放定址法，链地址法，建立公共溢出区等。实际的哈希表实现中，使用最多的是链地址法。
- 开放定址法
这个方法的基本思想是：当发生地址冲突时，按照某种方法继续探测哈希表中的其他存储单元，直到找到空位置为止。这个过程可用下式描述：
H i ( key ) = ( H ( key )+ d i ) mod m ( i = 1,2,…… ， k ( k ≤ m – 1))
其中： H ( key ) 为关键字 key 的直接哈希地址， m 为哈希表的长度， di 为每次再探测时的地址增量。
采用这种方法时，首先计算出元素的直接哈希地址 H ( key ) ，如果该存储单元已被其他元素占用，则继续查看地址为 H ( key ) + d 2 的存储单元，如此重复直至找到某个存储单元为空时，将关键字为 key 的数据元素存放到该单元。
增量 d 可以有不同的取法，并根据其取法有不同的称呼：
（ 1 ） d i ＝ 1 ， 2 ， 3 ， …… 线性探测再散列；
（ 2 ） d i ＝ 1^2 ，－ 1^2 ， 2^2 ，－ 2^2 ， k^2， -k^2…… 二次探测再散列；
（ 3 ） d i ＝ 伪随机序列 伪随机再散列；
这种方法删除非常麻烦。
- 链地址法
链地址法解决冲突的做法是：如果哈希表空间为 0 ～ m - 1 ，设置一个由 m 个指针分量组成的一维数组 ST[ m ], 凡哈希地址为 i 的数据元素都插入到头指针为 ST[ i ] 的链表中。这种 方法有点近似于邻接表的基本思想，且这种方法适合于冲突比较严重的情况。 实际中使用的比较多。
基本操作：
| 插入 | 时间复杂度O(1) |
| 删除 | 时间复杂度O(1) |
| 查找 | 时间复杂度O(1) |
哈希函数：
1.5 堆heap
heap可以使用动态数组vector实现，下标从1开始，root就是vec[i]，左儿子是2*i,右儿子是2*i+1，插入删除使用siftup,siftdown操作不断进行调整。删除将最下面的一个元素调整到root，如果是最小堆，就按照儿子大于父亲的调整策略进行调整，插入就是插入到最后一个位置，在按照上述策略进行调整。堆的最值放在vector中的第一个位置。
建立堆的时间复杂度是O(N)的，
T(n) = 2*T(n/2) + O(lg n)
它的解是 T(n) = O(n)
链接：https://www.zhihu.com/question/20729324/answer/132711265
函数说明：
std::make_heap将[start, end)范围进行堆排序，默认使用less<int>, 即最大元素放在第一个。
std::pop_heap将front（即第一个最大元素）移动到end的前部，同时将剩下的元素重新构造成(堆排序)一个新的heap，并没有删除该元素。
std::push_heap对刚插入的（尾部）元素做堆排序。（新加入的元素一定放在最下一层作为叶节点，并填补在由左至右的第一个孔哥哥，也就是插入到vector中的end前）。
std::sort_heap将一个堆做排序,最终成为一个有序的系列，可以看到sort_heap时，必须先是一个堆（两个特性：1、最大元素在第一个 2、添加或者删除元素以对数时间），因此必须先做一次make_heap.
其中使用仿函数来指定最大堆和最小堆，less是最大堆，greater是最小堆，默认是最大堆。
2、leetcode题目实战
2.1 155. Min Stack
https://leetcode.com/problems/min-stack/#/description
思路：使用两个栈，一个栈存正常数据，另一个栈记录每个元素对应的最小值是多少，这题细节，压入MinStack的时候，一定要使用if_else，minStack为空的时候要单独考虑，top()操作是返回stack中的数据。
class MinStack { public: /** initialize your data structure here. */ stack<int> s; stack<int> minStack; MinStack() { } void push(int x) { s.push(x); if(minStack.empty()){ minStack.push(x); } else{//总是忘记加上else，只有非空的时候才能这样 minStack.push(min(x,minStack.top())); } } void pop() { if(!s.empty()){ s.pop(); } if(!minStack.empty()){ minStack.pop(); } return; } int top() {//这里的top返回的是当前元素，不是需要返回最小值 if(!s.empty()){ return s.top(); } return 0; } int getMin() { if(!minStack.empty()){ return minStack.top(); } return 0; } }; /** * Your MinStack object will be instantiated and called as such: * MinStack obj = new MinStack(); * obj.push(x); * obj.pop(); * int param_3 = obj.top(); * int param_4 = obj.getMin(); */
2.2 232. Implement Queue using Stacks
https://leetcode.com/problems/implement-queue-using-stacks/#/description
思路：这题自己思路不清晰，要理顺。使用两个栈oldStack和newStack，其中newStack总是存储目前压入的元素，在pop和front操作前，如果oldStack中有元素，就直接弹出oldStack的元素，只有oldStack为空的时候，才将newStack中的元素弹出压入到oldStack中。
class MyQueue { public: /** Initialize your data structure here. */ stack<int> newStack,oldStack;//newStack总是存储最新压入的元素 MyQueue() { } /** Push element x to the back of queue. */ void push(int x) { newStack.push(x); } /** Removes the element from in front of queue and returns that element. */ int pop() { if(oldStack.empty()){ while(!newStack.empty()){ oldStack.push(newStack.top()); newStack.pop(); } } int tmp = oldStack.top(); oldStack.pop(); return tmp; } /** Get the front element. */ int peek() { if(oldStack.empty()){ while(!newStack.empty()){ oldStack.push(newStack.top()); newStack.pop(); } } return oldStack.top(); } /** Returns whether the queue is empty. */ bool empty() { return newStack.empty() && oldStack.empty(); } }; /** * Your MyQueue object will be instantiated and called as such: * MyQueue obj = new MyQueue(); * obj.push(x); * int param_2 = obj.pop(); * int param_3 = obj.peek(); * bool param_4 = obj.empty(); */
2.3 225. Implement Stack using Queues
https://leetcode.com/problems/implement-stack-using-queues/#/description
思路：这题有一个非常简单巧妙无敌的方法，除了push操作其他操作都和queue正常操作一样，使用一个队列就可以实现，将新元素压入queue，然后弹出一个front，再压入到queue中，这样就可以按照stack的顺序保存元素了。
4是需要压入的元素，{1,2,3}是已经压入的元素，然后将123弹出压入重新压入queue，就形成了{1‘，2‘，3’，4}；
class MyStack { public: /** Initialize your data structure here. */ queue<int> q; MyStack() { } /** Push element x onto stack. */ void push(int x) { q.push(x); for(int i = 0;i < q.size() - 1;++i){ q.push(q.front()); q.pop(); } } /** Removes the element on top of the stack and returns that element. */ int pop() { int tmp = q.front(); q.pop(); return tmp; } /** Get the top element. */ int top() { return q.front(); } /** Returns whether the stack is empty. */ bool empty() { return q.empty(); } }; /** * Your MyStack object will be instantiated and called as such: * MyStack obj = new MyStack(); * obj.push(x); * int param_2 = obj.pop(); * int param_3 = obj.top(); * bool param_4 = obj.empty(); */
2.4 84. Largest Rectangle in Histogram
https://leetcode.com/problems/largest-rectangle-in-histogram/#/description
思路：参照李二娃的文章，这题思路很重要，注意：单调栈适合只要弹出元素就可以开始计算的情况。
1)heights.push_back(0);是为了后面将栈中所有元素弹出。记住变量一定要在定义的时候初始化，不然后面比较的时候就会出错。stack里面存储的是索引值。
while循环里面的条件记住栈为空的时候，直接将当前元素压栈，当前元素大于栈顶元素的时候也是直接压栈，所以就得到循环的退出条件：
!s.empty() && heights[i] < heights[s.top()]
2）另外一个细节需要注意的是，弹栈过程中面积的计算。在求出高度后弹出一个元素，保证栈顶元素是小于当前元素高度的，这样求宽度的时候才能得到，
int h = heights[s.top()]; s.pop();//栈中存储的都是比目前索引小的元素 int w = s.empty() ? i : (i - s.top() - 1);
第二步非常关键一定要理解，再求宽度之前弹出一个元素。而且栈的首元素一定是最小的那个值，最后栈为空的时候一定是目前长度乘上高度。而且访问栈之前一定啊哟判断它是否为空。
h[t] * (stack.isEmpty() ? i : i - stack.peek() - 1)
h[t]是刚刚弹出的栈顶端元素。此时的面积计算是h[t]和前面的“上流社会”能围成的最大面积。这时候要注意哦，栈内索引指向的元素都是比h[t]小的，如果h[t]是目前最小的，那么栈内就是空哦。而在目前栈顶元素和h[t]之间（不包括h[t]和栈顶元素），都是大于他们两者的。如下图所示：
class Solution { public: int largestRectangleArea(vector<int>& height) { if(height.size() == 0){ return 0; } int Max = 0; stack<int> s; vector<int> heights{height}; heights.push_back(0); for(int i = 0;i < heights.size();++i){ while(!s.empty() && heights[i] < heights[s.top()]){ int h = heights[s.top()]; s.pop();//栈中存储的都是比目前索引小的元素 int w = s.empty() ? i : (i - s.top() - 1); Max = max(Max,h * w); } s.push(i); } return Max; } };
2.5 max tree(这题不是leetcode上的题目)
题目描述：
Given an integer array with no duplicates. A max tree building on this array is defined as follow: - The root is the maximum number in the array. - The left subtree and right subtree are the max trees of the subarray divided by the root number. - Construct the max tree by the given array. Example Given [2, 5, 6, 0, 3, 1], the max tree constructed by this array is: 6 / 5 3 / / 2 0 1 Challenge O(n) time and memory.
思路：使用一个栈，下一个压栈元素比栈顶元素大的时候，就将栈顶元素置为当前元素的左孩子，如果当前节点小于栈顶元素，那么就将当前节点置为栈顶元素的右孩子。
解题思路
如果是自顶向下，按照 Max Tree 的定义构造，那么时间复杂度至少是 O(nlogn) 。查找最大值的时间复杂度是 O(n) ，如果最大值刚好可以将数组分为两部分，那么复杂度递归关系如下 T(n) = 2 * T(n / 2) + O(n) 。最坏的情况是数组是降序/升序，时间复杂度为 O(n^2) 。
考虑自底向上的方法。对一个数，考察其父亲结点是谁，它是左儿子还是右儿子。对于数 i，寻找左边第一个比它大的数 x ，和右边第一个比它大的数 y ，如果 x > y 那么 i 是 y 的左儿子，否则是 i是 x 的右儿子。可以用反证法证明。
具体实现使用一个降序栈。
- 将数组按从左到右顺序迭代，当处理一个新的结点
curt时，所有在栈中的结点全部都在其左边，因此需要判断curt和栈中结点的关系（ 是curt的左儿子或者左父亲）。 - 当栈顶结点值大于当前结点值时，将当前结点设为栈顶结点的右儿子，进栈；当栈顶结点值小于当前结点值时，出栈，将其设置为当前结点的左儿子。
- 重复以上步骤，并返回栈底元素，即为最大数（根结点）。
struct TreeNode{ int val; TreeNode* left; TreeNode* right; TreeNode(int x):val(x),left(NULL),right(NULL){} }; class solution{ public: TreeNode* maxTree(vector<int> A){ if(A.size() == 0){ return NULL; } stack<TreeNode*> s; for(int i = 0;i < A.size();++i){ TreeNode* curN = new TreeNode(A[i]); while(!s.empty() && curN -> val > s.top() -> val){ curN -> left = s.top(); s.pop(); } if(!s.empty()){ stack.top() -> right = curN; } s.push(curN); } int len = s.size(); while(len > 1){ s.pop(); --len; } return s.top(); } };
2.6 rehashing重哈希
http://www.lintcode.com/zh-cn/problem/rehashing/
思路：思路其实很简单，就是按照链表法，每个原数组中的元素按照哈希函数进行计算，压入到新的vector中，如果有冲突，就用一个链表组成单链表，使用链表的插入操作即可。
注意每次取出来的元素可能是一个链表，所以取出元素后，需要循环遍历，直到该元素为空为止。
主要是这题目的细节：
1）对比前面拷贝带有随机指针链表，克隆图这两道题，只要是这种有指针的，必须要new一个原来的对象，不然指针指向的还是原来的节点，就不是复制得到一个新节点了；
2）刚开始的时候我没有新建一个变量，使用的是result[idx]，这样结果是错的，记住数组中存的是每个单链表的表头，result[idx]是一个指针，如果不新建变量，那么随着while操作，就会指向最后一个元素，为node前面一个元素。所以这里必须新建dummy，dummy是对原数组指针的拷贝，原数组的指针仍然指向原区域。
3）数组初始化为空可以直接全为NULL。
4）新建new的时候，直接赋整数值即可，至于next的操作，后面else会进行处理。
ListNode* dummy = result[idx]; //这里必须要使用一个dummy，因为数组中的元素必须是链表的索引 while( dummy -> next != NULL){ dummy = dummy -> next; } dummy -> next = new ListNode(node -> val);
/** * Definition of ListNode * class ListNode { * public: * int val; * ListNode *next; * ListNode(int val) { * this->val = val; * this->next = NULL; * } * } */ class Solution { public: /** * @param hashTable: A list of The first node of linked list * @return: A list of The first node of linked list which have twice size */ int hashcode(int key, int capacity) { if(key < 0){ return (key % capacity + capacity ) % capacity; } return key % capacity; } vector<ListNode*> rehashing(vector<ListNode*> hashTable) { // write your code here if(hashTable.size() == 0){ return {}; } int size = 2 * hashTable.size(); vector<ListNode*> result(size,NULL); for(auto node : hashTable){ if(node == NULL){ continue; } while(node != NULL){ int key = node -> val; int capacity = size; int idx = hashcode(key,capacity); // ListNode* dummy = ; if(result[idx] == NULL){ result[idx] = new ListNode(node -> val); } else{ ListNode* dummy = result[idx]; //这里必须要使用一个dummy，因为数组中的元素必须是链表的索引 while( dummy -> next != NULL){ dummy = dummy -> next; } dummy -> next = new ListNode(node -> val); } node = node -> next; } } return result; } };
2.7 LRU Cache
https://leetcode.com/problems/lru-cache/#/description
思路：
1）题目需要LRU的意思是最近使用的，本题需要自己定义一个数据类型node,可以使用class，也可以使用struct，class里面记得加上public。定义构造函数。
class Node{ public: int key; int value; Node* prev; Node* next; Node(int k,int v):key(k),value(v),prev(nullptr),next(nullptr){} };
struct Node{ int key; int value; Node* prev; Node* next; Node(int k,int v):key(k),value(v),prev(nullptr),next(nullptr){} };
需要使用一个hash表，以及一个自己实现的双链表（node里面以及定义了prev指针和next指针）。需要定义两个dummyNode，分别为头尾节点，因为头尾节点经常在改变，就需要使用dummy Node。这两个节点不需要放在hash表里面。（！！最近访问的节点都放在tail节点，不常使用的节点就在head节点处！！），因为两个函数都要用到，所以定义一个moveToTail函数，画图先prev，然后next反转。
get函数的设计：元素不在就返回-1，元素在的话要将元素返回还需要将元素调整到前面最新访问的地方，具体做法是首先将元素mremove，然后再将该元素move到tail节点处。
put函数的设计：
注意！！！如果已经存在这个值比如已经有（4,1），那么再插入（4,4），key一样，但是value不一样，就需要对hash进行更新就行。
如果hash表以及达到了容量限制capacity的大小，就需要先删除head -> next的元素，不仅仅是删除hash表中的元素，还需要调整head，删除head -> next节点，然后再执行hash表插入，链表的调整。
class Node{ public: int key; int value; Node* prev; Node* next; Node(int k,int v):key(k),value(v),prev(nullptr),next(nullptr){} }; class LRUCache { public: LRUCache(int capacity) {//构造函数 this -> capacity = capacity; dummyHead -> next = dummyTail; dummyTail -> prev = dummyHead; } void moveToTail(Node* cur){ cur -> prev = dummyTail -> prev; dummyTail -> prev = cur; cur -> prev -> next = cur; cur -> next = dummyTail; } int get(int key) { if(hash.find(key) == hash.end()){ return -1; } Node* cur = hash[key]; //remove current cur -> prev -> next = cur -> next; cur -> next -> prev = cur -> prev; //move to tail moveToTail(cur); return cur -> value; } void put(int key, int value) { //最近使用的放在tail //如果已经存在这个值比如已经有（4,1），那么再插入（4,4），key一样，但是value不一样，就需要对hash进行更新就行 if (get(key) != -1) { hash[key] -> value = value; return; } //if full Node* insertNode = new Node(key,value); if(hash.size() == capacity){ hash.erase(dummyHead -> next -> key); //remove dummyHead -> next; Node* cur = dummyHead -> next; cur -> next -> prev = cur -> prev; cur -> prev -> next = cur -> next; // hash.insert(make_pair(key,insertNode)); } //not full hash.insert(make_pair(key,insertNode)); moveToTail(insertNode); } private: int capacity; Node* dummyHead = new Node(-1,-1); Node* dummyTail = new Node(-1,-1); unordered_map<int,Node*> hash; }; /** * Your LRUCache object will be instantiated and called as such: * LRUCache obj = new LRUCache(capacity); * int param_1 = obj.get(key); * obj.put(key,value); */
2.8 128. Longest Consecutive Sequence最长连续序列
https://leetcode.com/problems/longest-consecutive-sequence/#/description
思路：这道题是找到一个vector中最长连续序列的长度，时间复杂度要求O(n)，所以不能进行排序，因为排序操作最快也需要O(nlogn)，要使用哈希表，使用unordered_set容器，对于每个元素nums[i]，每访问一次就马上删除，接下来对于left =nums[i] - 1,right =nums[i] + 1,执行两个循环，看左边能达到哪个值，每查找一个值，就删除该元素，并且left--，同理右边执行相同操作，
最后该元素的长度为right - left -1.
这个时候有个很巧妙的方法：
res = max(res,right - left - 1); //这个思维很好，免掉了还得找最大值的n次操作
不需要在用vector存储结果，找最大值，原来的思路太麻烦，这种方法直接在运算过程中就确定了最大值。
关联容器总结：
- map可以执行下标操作，如果key不存在，就会自动插入该元素，查找使用find(),count()这两个函数，删除使用erase()，插入使用insert();
- set不能使用下标操作，查找使用find(),count()这两个函数，删除使用erase()，插入使用insert();
- 使用下标操作，如果不存在该元素，则value默认为0。find操作不会在map里面增加值，它找不到的情况下，指向末尾end，erase操作输入key就可以删除。
class Solution { public: int longestConsecutive(vector<int>& nums) { if(nums.size() == 0){ return 0; } unordered_set<int> hashNums; for(int i : nums){ hashNums.insert(i); } int res = 0; for(int tmp : nums){ hashNums.erase(tmp); int left = tmp - 1; while(hashNums.count(left)){ hashNums.erase(left); --left; } int right = tmp + 1; while(hashNums.count(right)){ hashNums.erase(right); ++right; } res = max(res,right - left - 1); //这个思维很好，免掉了还得找最大值的n次操作 } return res; } };
2.9 Subarray Sum(求出子数组和为0的数组，对应的开始和结束下标)
http://www.lintcode.com/en/problem/subarray-sum/
思路：最傻逼的方法是双循环，我开始就想到了这一种方法，然后看了看大神答案。。。。。。
简单的说就是使用一个unordered_map<sum,i>，出现两个一样的sum就表示中间区域就是和为0的区域，i表示位置，sum是求的和，看下面例子;
For example:
SUM: 0 -3 -2 0 -3 1
then we got the solution is : 0 - 2
开头使用一个虚拟点（0，-1），因为开头第一个元素可能为0，可能包含在结果中{1,2，-3}。
之所以ans.push_back(hashMap.at(sum) + 1)，是因为第一个开始元素是虚拟的，为-1.
class Solution { public: /** * @param nums: A list of integers * @return: A list of integers includes the index of the first number * and the index of the last number */ vector<int> subarraySum(vector<int> nums){ // write your code here int len = nums.size(); vector<int> ans; unordered_map<int, int> hashMap; hashMap.insert(make_pair(0, -1)); int sum = 0; for (int i = 0; i < len; i++) { sum += nums[i]; if (hashMap.find(sum) != hashMap.end()) { ans.push_back(hashMap.at(sum) + 1); ans.push_back(i); return ans; } hashMap.insert(make_pair(sum, i)); } return ans; } };
2.10 49. Group Anagrams
https://leetcode.com/problems/group-anagrams/#/description
找到所有相同的“单词”，单词字母相同，但是顺序可以不同。
思路：使用一个hash表的map，unordered_map<string,vector<string>>，对于每个strs中的元素，进行排序后存入map中，只要排序后是一样的单词，就压入vector中，记住key是排序后的单词。
遍历关联容器使用迭代器方法，it -> first,it -> second：
class Solution { public: vector<vector<string>> groupAnagrams(vector<string>& strs) { vector<vector<string>> result; if(strs.size() == 0){ return result; } unordered_map<string,vector<string>> hashMap; //排序后一样的单词就压入对应的vector中 for(int i = 0;i < strs.size();++i){ string tmp = strs[i]; sort(tmp.begin(),tmp.end()); if(hashMap.find(tmp) != hashMap.end()){ vector<string> vecStr; hashMap.insert({tmp,vecStr}); } hashMap[tmp].push_back(strs[i]); } //遍历map，将每个string对应的变换词压入result中 for(auto index = hashMap.begin();index != hashMap.end();++index){ result.push_back(index -> second); } return result; } };
2.11 295. Find Median from Data Stream
https://leetcode.com/problems/find-median-from-data-stream/#/description
思路：
思路可以看剑指offerP288：
使用最大堆和最小堆实现，左边是最大堆，右边是最小堆，要保证数据平均分配到两个堆中，因此两个堆中的元素数目之差不能超过1.为了实现平均分配，可以在数据的总数目是偶数时将新数据插入到最小堆中，否则插入到最大堆中。
还要保证最大堆中的所有数据必须要小于最小堆中的数据，有时会出现最小堆中的元素比最大堆中的元素要小，这个时候应该采取以下措施：可以先将这个元素插入到最大堆中，接着把最大堆中的最大值拿出来插入到最小堆中。同理同样的方法处理最小堆中元素小于最大堆中的情况。
进行位运算是a&1，a有多少位，1就前面就要补齐多少个0，在进行位运算，不要前面a-1位都和1位运算，是和0位运算。结果只是和最后一位有关系。
1）priority_queue
要保证最大堆中的元素数目大于等于最小堆中的元素数目。首先将元素压入到最大堆中，然后取出最大元素压入到最小堆中，因为最大堆中的元素数目会大于最小堆，所以在奇数数目的时候，result= 最大堆的弹出值。
2）heap
基于STL中的 函数push_heap，pop_heap，以及vector来实现堆，具体可以看STL源码剖析P174，比较仿函数less<int>, greater<int>来实现最大堆和最小堆。偶数奇数的判断方法是number % 2,有double值得整数除法，一定要记得除以2.0.
class MedianFinder { public: /** initialize your data structure here. */ MedianFinder() { } void addNum(int num) { maxHeap.push(num); minHeap.push(maxHeap.top()); maxHeap.pop(); if(maxHeap.size() < minHeap.size()){ maxHeap.push(minHeap.top()); minHeap.pop(); } } double findMedian() { int size= maxHeap.size() + minHeap.size(); double result = 0; if(size == 0){ return result; } if(size % 2 == 0){ result = (maxHeap.top() + minHeap.top()) / 2.0; } else{ result = maxHeap.top(); } return result; } private: priority_queue<int> maxHeap; priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> minHeap; }; /** * Your MedianFinder object will be instantiated and called as such: * MedianFinder obj = new MedianFinder(); * obj.addNum(num); * double param_2 = obj.findMedian(); */
class MedianFinder { public: /** initialize your data structure here. */ MedianFinder() { //minHeap,maxHeap; } void addNum(int num) { if( (maxHeap.size() + minHeap.size() ) % 2 == 1){//insert to maxHeap //first insert to minHeap,then find the min number ,put it to maxHeap if(minHeap.size() > 0 && num > minHeap[0]){ minHeap.push_back(num); push_heap(minHeap.begin(),minHeap.end(),greater<int>()); num = minHeap[0]; pop_heap(minHeap.begin(),minHeap.end(),greater<int>()); minHeap.pop_back(); } maxHeap.push_back(num); push_heap(maxHeap.begin(),maxHeap.end(),less<int>()); } else{//insert to minHeap if(maxHeap.size() > 0 && num < maxHeap[0]){ maxHeap.push_back(num); push_heap(maxHeap.begin(),maxHeap.end(),less<int>()); num = maxHeap[0]; pop_heap(maxHeap.begin(),maxHeap.end(),less<int>()); maxHeap.pop_back(); } minHeap.push_back(num); push_heap(minHeap.begin(),minHeap.end(),greater<int>()); //cout<< minHeap[0]<<endl; } } double findMedian() { double result = 0; int size = minHeap.size() + maxHeap.size(); if(size == 0){ return result; } if( (minHeap.size() + maxHeap.size() ) % 2 == 1){ result = minHeap[0]; cout<< minHeap[0]<<endl; } else{ result = (minHeap[0] + maxHeap[0]) / 2.0; } return result; } private: vector<int> minHeap; vector<int> maxHeap; }; /** * Your MedianFinder object will be instantiated and called as such: * MedianFinder obj = new MedianFinder(); * obj.addNum(num); * double param_2 = obj.findMedian(); */
2.12 79. Word Search
https://leetcode.com/problems/word-search/#/description
思路:就是使用DFS的思想进行，首先在board里面找到Word的第一个字母，然后进行DFS，进行上下左右四个方向的深搜，只要有一个方向找到了结果，就返回TRUE。深搜前做了什么，深搜后一定要将状态改变回来。
时间复杂度分析：搜索每个定点，数量级为O(m*n)，每个定点4条边，那么就是O(m*n*4), 然后搜索长度为len(word),所以最后time complexity为O(m*n*4^len(word))。一次搜索的复杂度是O(E+V)，E是边的数量，V是顶点数量，在这个问题中他们都是O(m*n)量级的（因为一个顶点有固定上下左右四条边）。
参考：http://blog.csdn.net/linhuanmars/article/details/24336987
class Solution { public: bool findWord(vector<vector<char>>& board, string word,int row,int col,int index) { if(index == word.size()){ return true; } if(row < 0 || row >= board.size() || col < 0 || col >= board[0].size() || board[row][col] != word[index]){ return false; } board[row][col] = '0'; bool result = findWord(board,word,row - 1,col,index + 1) || findWord(board,word,row + 1,col,index + 1) || findWord(board,word,row,col - 1,index + 1) || findWord(board,word,row,col + 1,index + 1) ; board[row][col] = word[index]; return result; } bool exist(vector<vector<char>>& board, string word) { if(word.size() == 0){ return true; } if(board.empty() || board[0].empty()){ return false; } for(int row = 0;row < board.size();++row){ for(int col = 0;col < board[row].size();++col){ if(findWord(board,word,row,col,0)){ return true; } } } return false; } };