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Leetcode刷題學習筆記 – 解題技巧

從後面往前統計

1010. Pairs of Songs With Total Durations Divisible by 60(Medium)

給你一個vector<int> time，找出i < j 且 (time[i]+time[j]) % 60 == 0。

  1. 找出pair 且 i < j，說明了，如果我找到j，則可以往前用已經統計過i的數值。
  2. 所以只要O(N) 就可以，不需要全部找完後再回頭檢查那些pair符合。











int numPairsDivisibleBy60(vector<int>& time) {
    int rtn{0};
    vector<int> cnt(60, 0);
    for(auto& t : time) {
        int tt = t % 60;
        if(tt == 0) rtn += cnt[0];
        else rtn += cnt[60 - t % 60];
        cnt[tt]++;
    }
    return rtn;
}

從簡單的case開始延伸

例如題目給你一個input的長度，可以從length = 1開始推到n

22. Generate ParentheseMed

從答案的範圍中，假設答案，驗證答案的正確性。

可以反推從答案的範圍中，選一個值(通常使用binary search)，才可以降低搜尋的次數(O(logN), N為答案的範圍)。
Leetcode刷題學習筆記–Binary Search

int left = ANS_MIN, right = ANS_MAX;
while(left < right) {
    int mid = left + (right - left) / 2;
    // 計算由mid得到的答案是否正確
    
    // 由題目設計下一個left和right的位置               
}

從例外開始思考

可以從例外開始思考，看看有沒有想法。
例如 556. Next Greater Element III，從完全沒有答案的例子開始，什麼樣的情況是沒有答案?回推怎樣的情況才會開始有答案。

犧牲space換來答案的正確

答案正確比浪費的空間還重要。當沒有想法的時候不然浪費一點空間換來答案的正確性。

1089. Duplicate Zeros

在原本的vector上，如果遇到0，就在0的右邊補上一個0。
例如:[1,0,2,3,0,4,5,0] -> [1,0,0,2,3,0,0,4]

// 比起浪費的空間，答案正確比較重要
// 使用比較大的空間來儲存答案
// 可以套過pointer的方法來不使用到額外的空間
void duplicateZeros(vector<int>& arr) {
    int sz = arr.size();
    int i = sz - 1, j = i + count(arr.begin(), arr.end(), 0);
    for(;i >= 0; --i) {
        if(arr[i] == 0) {
            if(j < sz)
                arr[j] = arr[i];
            j--;
        }
        if(j < sz)
            arr[j] = arr[i];
        j--;
    }
}

方法簡單不會出錯即可

有時候我會拘泥於比較複雜的方法，導致不容易寫出正確的程式。仔細想想，就跟上面的心得一樣，有時候正確性會比酷炫的方法或是浪費space的方法還重要。甚至暴力破解也會比沒解法或是解法錯誤來的好。

143. Reorder List

重新排列list從原本的L0->L1->L2->L3 變成 L0->L3->L1->L2

  1. 一開始我想用recursive來做，但是過於複雜容易寫出錯的程式碼。
  2. 其實只要用stack把node全部存起來，就會有簡單的解法。
void reorderList(ListNode* head) {
    ListNode *p = head, *np;
    stack<ListNode *> st;
    while(p) {
        st.push(p);
        p = p->next;
    }
        
    p = head;
    for(int i = st.size() / 2; i > 0; --i) {
        np = p->next;
        p->next = st.top(); st.pop();
        p->next->next = np;
        p = np;
    }
    p->next = nullptr;
}

想想答案的反向

有時候很難想出一個好的解法，其實可以想想反向答案。

918. Maximum Sum Circular Subarray

找出最大的subarray(連續的元素)和。因為是circular所以可以接到前面，只要元素不重疊。

  1. 最大subarray和，且可以接到circular等於是找出最小的subarray和。
  2. (max subarry sum) = total - (min subarray sum)

graphic solution

int maxSubarraySumCircular(vector<int>& nums) {
    int total, maxsum , curmax, minsum, curmin;
    total = maxsum = curmax = minsum = curmin = nums[0];
    for(int i = 1; i < nums.size(); ++i) {
        curmax = max(curmax + nums[i], nums[i]);
        maxsum = max(maxsum, curmax);
        curmin = min(curmin + nums[i], nums[i]);
        minsum = min(minsum, curmin);
        total += nums[i];
    }
    // 因為如果maxsum為負數，minsum會更負。導致total - minsum會更大
    return maxsum > 0 ? max(maxsum, total - minsum) : maxsum;
}

1658. Minimum Operations to Reduce X to Zero

一開始看到了minimum operrations，就使用了DP結果TLE。看了hints，因為只能從最左和最右刪除，所以最後只會剩下subarray，所以問題就可變成找出最長的subarray，則sz - subarray.size() 就會是minimal operations。

下面的解法是用prefix sum + hash table。
time complexity : \(O(N)\)
space complexity : \(O(N)\)


















int minOperations(vector<int>& nums, int x) {
    int sz = nums.size();
    int total = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0);
    if(x > total) return -1;
    if(x == total) return sz;
    int target = total - x;
    unordered_map<int, int> m;
    m[0] = -1;
    int sum = 0, maxlen = 0;
    for(int i = 0; i < sz; ++i) {
        sum += nums[i];
        if(sum >= target && m.count(sum - target))
                maxlen = max(maxlen, i - m[sum - target]);
        m[sum] = i;
    }
    return maxlen > 0 ? sz - maxlen : -1;
}

以下是two points的解法，個人覺得應該比prefix sum還慢但是leetcode判斷出來是比較快。
















int minOperations(vector<int>& nums, int x) {
    int sz = nums.size();
    int total = accumulate(nums.begin(), nums.end(), 0);
    if(x > total) return -1;
    if(x == total) return sz;
    int target = total - x, left = 0, sum = 0, maxlen = 0;
    for(int right = 0; right < sz; ++right) {
        sum += nums[right];
        while(sum > target)
            sum -= nums[left++];
        if(sum == target)
            maxlen = max(maxlen, right - left + 1);
    }
    return maxlen > 0 ? sz - maxlen : -1;
}

從沒有例外，推到題目的情況

665. Non-decreasing Array

給你一個vector，允許你修改一個數值，問這個vector是不是non-decreasing array(就是後面的數值只會大於等於前面的數值)。

  1. 先列出 non-decreasing array
  2. 判斷方法是nums[i] < nums[i - 1], 並且用一個cnt紀錄使否修改過。







int cnt = 0;
for(int i = 1; i < nums.size(); ++i) {
    if(nums[i] < nums[i - 1]) {
        if(cnt) return false;
        cnt++;
    }
}
  1. 有noise, 有一個點特別高或是特別低
  2. 特別低，就是移除nums[i]
  3. 特別高，就是移除nums[i - 1]，因為剛剛的判斷會在特別高的下一個點才發生。
  4. 從vector中移除element的成本很高，所以使用取代的
  5. 如果都是用nums[i] = nums[i - 1]來取代，會有一種special case，所以必須判斷nums[i - 2]是否小於等於nums[i]















bool checkPossibility(vector<int>& nums) {
    int cnt = 0;
    for(int i = 1; i < nums.size(); ++i) {
        if(nums[i] < nums[i - 1]) {
            if(cnt) return false;
            if(i == 1 || nums[i - 2] <= nums[i]) nums[i - 1] = nums[i];
            else nums[i] = nums[i - 1];
            cnt++;
        }
    }
    // time  : O(N)
    // space : O(1)
    return true;
}

拼湊題目要的答案

有時候題目要的答案不容易拼湊到，導致寫的程式碼過於奇怪，因為要一次就得到答案。其實只要有辦法拼湊回來，應該是先照程式方便寫的方向。

2096. Step-By-Step Directions From a Binary Tree Node to Another

  1. 先找出從root到startValue和destValue的path
  2. 移除從root到LCA的相同路徑
  3. 拼湊答案，start path轉換成連續的U，反轉dest path

























bool find(TreeNode *root, int val, string& path) {
    if(!root) return false;
    if(root->val == val) return true;
    bool rtn = false;
    if(find(root->left, val, path)) {
        path.push_back('L');
        rtn = true;
    }
    if(find(root->right, val, path)) {
        path.push_back('R');
        rtn = true;
    }
    return rtn;
}
string getDirections(TreeNode* root, int startValue, int destValue) {
    string sp, dp;
    find(root, startValue, sp);
    find(root, destValue, dp);
    // remove the common part before LCA to root
    while(!sp.empty() && !dp.empty() && sp.back() == dp.back()) {
        sp.pop_back();
        dp.pop_back();
    }
    return string(sp.size(), 'U') + string(dp.rbegin(), dp.rend());
}

列出所有的case

當沒有頭緒的時候，可以列出所有可能的情況。幫助整理思緒。例如:838. Push Dominoes，列出所有可能的骨牌排列:

  • L…L 或是 R…R 兩邊都是一樣，則中間倒的方式一樣。
  • L…R 往兩邊倒，則中間不會改變。
  • R…L 往中間倒，根據中間點數長度，如果為偶數即為RRRLLL，如果為奇數，則為RRR.LLL。

所以程式碼如下:

string pushDominoes(string dominoes) {
    string rtn{""};
    string d = 'L' + dominoes + 'R';
    for(int i = 0, j = 1; j < d.size(); ++j) {
        if(d[j] == '.') continue;
        if(i > 0) rtn += d[i];
        int len = j - i - 1;
        // case 1
        if(d[i] == d[j]) rtn += string(len, d[i]);
        // case 2
        else if(d[i] == 'L' && d[j] == 'R') rtn += string(len, '.');
        // case 3
        else rtn += string(len / 2, 'R') + string(len % 2, '.') + string(len / 2, 'L');
        i = j;
    }
    return oss.str();
}

定義狀態和所有狀態的排列組合

程式是要解決問題。所以必須考慮到所有的可能，才不會有漏掉沒考慮的情況。有時候題目看到沒什麼想法的時候

  1. 可以先定義有哪些狀態?
  2. 考慮狀態的排列組合

例如:968. Binary Tree Cameras

  1. why post-order? 因為必須先知道child的狀態，才可以決定parent的狀態。另外是求最少的camera，所以leaf node不放才可以最少。
  2. 先定義每個node的狀態。只會有三種，[放置camera，被監視，沒被監視]
  3. node == nullptr的狀況，定義為monitor，這樣leaf node的狀態才會被轉換成nomonitor。
  4. 根據child的狀態來決定root的狀態。
  5. root == nomonitor，因為沒更上層的node，所以必須多放一個camera。




















class Solution {
    enum st{camera, monitor, nomonitor};
    int ans;
    int helper(TreeNode* root) {
        if(!root) return monitor;
        int rtn;
        int l = helper(root->left);
        int r = helper(root->right);
        if(l == nomonitor || r == nomonitor) {
            ans++;
            return camera;
        } else if(l == camera || r == camera) return monitor;
        else return nomonitor;
    }
public:
    int minCameraCover(TreeNode* root) {
        int rootst = helper(root);
        return rootst == nomonitor ? ans + 1 : ans;
    }
};

資料只有兩種狀態

如果input資料只有兩種狀態，那計算個數是否一樣可以用以下方法。

int count{0};
for(auto& n : input) {
    if(is_typa_1(n)) count++;
    else count--;
}

因為資料只有兩種，是否可以用正負來表示。

vector<vector<int>> adj;
for(auto& c : connections) {
    adj[c[0]].push_back(c[1]);
    adj[c[1]].push_back(c[0]);
}

面试题 17.05. 字母与数字

給你一個vector<string>，輸出最長的subvector使得裡面的字母和數字數量一樣。

  1. 一開始我想用slinding window但是想一想漏洞很多。
  2. 後來改用prefix sum但是同時數兩個，也是很多問題。
  3. 因為只有字母或是數字，可以使用count來加減，因為重點是兩個種類的個數差，至於每種種類有幾個就不是重點。
  4. 最後就可用prefix sum來求得最長subvector。
vector<string> findLongestSubarray(vector<string>& array) {
    int count{0};
    unordered_map<int, int> m; // count, min index
    m[0] = -1;
    int len{0}, idx = -1;
    for(int i = 0; i < array.size(); ++i) {
        if(isalpha(array[i][0])) count++;
        else count--;
        if(m.count(count) && i - m[count] > len) {
            len = i - m[count];
            idx = m[count] + 1;
        }
        if(!m.count(count)) m[count] = i;
    }
    if(len == 0) return vector<string>();
    else return vector<string>(array.begin() + idx, array.begin() + idx + len);
}

1466. Reorder Routes to Make All Paths Lead to the City Zero

給你一個vector<vector<int>> connections。試問最少需要修正多少的path讓所有的city都可以到city 0。

  1. 因為路徑是單向的所以可以用"正負"來表示，出node或是進node。
  2. 使用dfs來判斷需要修正多少的connection。





















class Solution {
    int dfs(vector<vector<int>>& adj, vector<int>& v, int from) {
        int ans{0};
        v[from] = 1;
        for(auto& next : adj[from]) {
            if(!v[abs(next)])
                ans += dfs(adj, v, abs(next)) + (next > 0);
        }
        return ans;
    }
public:
    int minReorder(int n, vector<vector<int>>& connections) {
        vector<vector<int>> adj(n); // from->to
        for(auto& c : connections) { // c[0]->c[1]
            adj[c[0]].push_back(c[1]);
            adj[c[1]].push_back(-c[0]);
        }
        vector<int> v(n);
        return dfs(adj, v, 0);
    }
};

座標轉換

一般vector, array或是string的index都是從0開始。但是從0開始會有一些困擾。例如vector或是array初始化之後都是從0開始。所以可以轉換一下座標，讓index從1開始。這樣再賦予index的時候必須+1。

2405. Optimal Partition of String























class Solution {
    // 因為為了避開index = 0的情況，所以所有的座標都+1
    // original index = 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6
    //      new index = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7
    // string         = a, b, a, c, a, b, a
    //                  |--|
    //                left right ,  定義為substring內容的最左邊和最右邊

public:
    int partitionString(string s) {
        int pos[26] = {}, res = 0, left = 0;
        for (int right = 0; right < s.size(); ++right) {
            // 當char出現在left的右邊的時候，切割字串
            if (pos[s[right] - 'a'] >= left) {
                ++res;
                left = right + 1;
            }
            pos[s[right] - 'a'] = right + 1;
        }
        return res;           
    }
};
tags: leetcode 刷題
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