前言
写的比较匆忙，测试用例是能全部跑通的，不过考虑内存和效率的话，还有许多需要改进的地方，所以请多指教
在二叉树中增加一行
题目描述
给定一个二叉树，根节点为第1层，深度为 1。在其第 d 层追加一行值为 v 的节点。
添加规则：给定一个深度值 d （正整数），针对深度为 d-1 层的每一非空节点 N，为 N 创建两个值为 v 的左子树和右子树。
将 N 原先的左子树，连接为新节点 v 的左子树；
将 N 原先的右子树，连接为新节点 v 的右子树。
如果 d 的值为 1，深度 d - 1 不存在，则创建一个新的根节点 v，原先的整棵树将作为 v 的左子树。
Example
Input: A binary tree as following: 4 / 2 6 / / 3 1 5 v = 1 d = 2 Output: 4 / 1 1 / 2 6 / / 3 1 5 来源：力扣（LeetCode） 链接：https://leetcode-cn.com/problems/add-one-row-to-tree
基本思想
二叉树的先序遍历
代码的基本结构
不是最终结构，而是大体的结构
/** * @param {number} cd:current depth,递归当前深度 * @param {number} td:target depth, 目标深度 */ var traversal = function (node, v, cd, td) { // 递归到目标深度，创建新节点并返回 if (cd === td) { // return 新节点 } // 向左子树递归 if (node.left) { node.left = traversal (node.left, v, cd + 1, td); } // 向右子树递归 if (node.right) { node.right = traversal (node.right, v, cd + 1, td); } // 返回旧节点 return node; }; /** * Definition for a binary tree node. * function TreeNode(val) { * this.val = val; * this.left = this.right = null; * } */ /** * @param {TreeNode} root * @param {number} v * @param {number} d * @return {TreeNode} */ var addOneRow = function (root, v, td) { // 从根节点开始递归 traversal (root, v, 1, td); return root; };
具体分析
我们可以分类讨论，分三种情况处理
第1种情况：目标深度<=当前递归路径的最大深度
处理方法：val节点替换该目标深度对应的节点，并且
-
如果目标节点原来是左子树，那么重置后目标节点是val节点的左子树
-
如果目标节点原来是右子树，那么重置后目标节点是val节点的右子树
第2种情况：目标深度>当前递归路径的最大深度
阅读题目发现，有这么一个描述：“输入的深度值 d 的范围是：[1，二叉树最大深度 + 1]”
所以呢，当目标深度恰好比当前路径的树的深度再深一层时，处理方式是：
在最底下那一层节点的左右分支新增val节点
第3种情况：目标深度为1
我们再分析题意，题目里说：“如果 d 的值为 1，深度 d - 1 不存在，则创建一个新的根节点 v，原先的整棵树将作为 v 的左子树。”
这说明当：目标深度为1时，我们的处理方式是这样的
全部代码
/** * @param {v} val,插入节点携带的值 * @param {cd} current depth,递归当前深度 * @param {td} target depth, 目标深度 * @param {isLeft} 判断原目标深度的节点是在左子树还是右子树 */ var traversal = function (node, v, cd, td, isLeft) { debugger; if (cd === td) { const newNode = new TreeNode (v); // 如果原来是左子树，重置后目标节点还是在左子树上，否则相反 if (isLeft) { newNode.left = node; } else { newNode.right = node; } return newNode; } // 处理上述的第1和第2种情况 if (node.left || (node.left === null && cd + 1 === td)) { node.left = traversal (node.left, v, cd + 1, td, true); } if (node.right || (node.right === null && cd + 1 === td)) { node.right = traversal (node.right, v, cd + 1, td, false); } return node; }; /** * Definition for a binary tree node. * function TreeNode(val) { * this.val = val; * this.left = this.right = null; * } */ /** * @param {TreeNode} root * @param {number} v * @param {number} d * @return {TreeNode} */ var addOneRow = function (root, v, td) { // 处理目标深度为1的情况，也就是上述的第3种情况 if (td === 1) { const n = new TreeNode (v); n.left = root; return n; } traversal (root, v, 1, td); return root; };
单词拆分
题目描述
给定一个非空字符串 s 和一个包含非空单词列表的字典 wordDict，判定 s 是否可以被空格拆分为一个或多个在字典中出现的单词。
说明：
1.拆分时可以重复使用字典中的单词。
2.你可以假设字典中没有重复的单词。
Example
example1 输入: s = "applepenapple", wordDict = ["apple", "pen"] 输出: true 解释: 返回 true 因为 "applepenapple" 可以被拆分成 "apple pen apple"。 注意: 你可以重复使用字典中的单词。 example2 输入: s = "catsandog", wordDict = ["cats", "dog", "sand", "and", "cat"] 输出: false 来源：力扣（LeetCode） 链接：https://leetcode-cn.com/problems/word-break
基本思想
动态规划
具体分析
动态规划的关键点是：寻找状态转移方程
有了这个状态转移方程，我们就可以根据上一阶段状态和决策结果，去求出本阶段的状态和结果
然后，就可以从初始值，不断递推求出最终结果。
在这个问题里，我们使用一个一维数组来存放动态规划过程的递推数据
假设这个数组为dp，数组元素都为true或者false,
dp[N] 存放的是字符串s中从0到N截取的子串是否是“可拆分”的布尔值
让我们从一个具体的中间场景出发来思考计算过程
假设我们有
wordDict = ['ab','cd','ef']
s ='abcdef'
并且假设目前我们已经得出了N=1到N=5的情况，而现在需要计算N=6的情况
或者说，我们已经求出了dp[1] 到dp[5]的布尔值，现在需要计算dp[6] = ?
该怎么计算呢？
现在新的字符f被加入到序列“abcde”的后面，如此以来，就新增了以下几种6种需要计算的情况
A序列 + B序列 1.abcdef + "" 2.abcde + f 3.abcd + ef 4.abc + def 5.ab + cdef 6.a + bcdef 注意：当A可拆且B可拆时，则A+B也是可拆分的
从中我们不难发现两点
-
当A可拆且B可拆时，则A+B也是可拆分的
-
这6种情况只要有一种组合序列是可拆分的，abcdef就一定是可拆的，也就得出dp[6] = true了
下面是根据根据已有的dp[1] 到dp[5]的布尔值，动态计算dp[6] 的过程
（注意只要计算到可拆，就可以break循环了）
具体代码
var initDp = function (len) { let dp = new Array (len + 1).fill (false); return dp; }; /** * @param {string} s * @param {string[]} wordDict * @return {boolean} */ var wordBreak = function (s, wordDict) { // 处理空字符串 if (s === '' && wordDict.indexOf ('') === -1) { return false; } const len = s.length; // 默认初始值全部为false const dp = initDp (len); const a = s.charAt (0); // 初始化动态规划的初始值 dp[0] = wordDict.indexOf (a) === -1 ? false : true; dp[1] = wordDict.indexOf (a) === -1 ? false : true; // i:end // j:start for (let i = 1; i < len; i++) { for (let j = 0; j <= i; j++) { // 序列[0,i] = 序列[0,j] + 序列[j,i] // preCanBreak表示序列[0,j]是否是可拆分的 const preCanBreak = dp[j]; // 截取序列[j,i] const str = s.slice (j, i + 1); // curCanBreak表示序列[j,i]是否是可拆分的 const curCanBreak = wordDict.indexOf (str) !== -1; // 情况1: 序列[0,j]和序列[j,i]都可拆分，那么序列[0,i]肯定也是可拆分的 const flag1 = preCanBreak && curCanBreak; // 情况2: 序列[0,i]本身就存在于字典中，所以是可拆分的 const flag2 = curCanBreak && j === 0; if (flag1 || flag2) { // 设置bool值，本轮计算结束 dp[i + 1] = true; break; } } } // 返回最后结果 return dp[len]; };
全排列
题目描述
给定一个没有重复数字的序列，返回其所有可能的全排列。
Example
输入: [1,2,3] 输出: [ [1,2,3], [1,3,2], [2,1,3], [2,3,1], [3,1,2], [3,2,1] ] 来源：力扣（LeetCode） 链接：https://leetcode-cn.com/problems/permutations
基本思想
回溯法
具体分析
-
深度优先搜索搞一波，index在递归中向前推进
-
当index等于数组长度的时候，结束递归，收集到results中（数组记得要深拷贝哦）
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两次数字交换的运用，计算出两种情况
总结
想不通没关系，套路一波就完事了
具体代码
var swap = function (nums, i, j) { const temp = nums[i]; nums[i] = nums[j]; nums[j] = temp; }; var recursion = function (nums, results, index) { // 剪枝 if (index >= nums.length) { results.push (nums.concat ()); return; } // 初始化i为index for (let i = index; i < nums.length; i++) { // index 和 i交换？？ // 统计交换和没交换的两种情况 swap (nums, index, i); recursion (nums, results, index + 1); swap (nums, index, i); } }; /** * @param {number[]} nums * @return {number[][]} */ var permute = function (nums) { const results = []; recursion (nums, results, 0); return results; };