经典150题
数组/字符串
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88. 合并两个有序数组
给你两个按 非递减顺序 排列的整数数组 nums1 和 nums2，另有两个整数 m 和 n ，分别表示 nums1 和 nums2 中的元素数目。
请你 合并 nums2 到 nums1 中，使合并后的数组同样按 非递减顺序 排列。
解法1：先合并后排序
class Solution {
public:
void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {
for (int i = 0; i<n ; i++)
{
nums1[m+i] = nums2[i];
}
sort(nums1.begin(),nums1.end());
}
};
时间复杂度为 O((m+n)log(m+n)) （快速排序–对数级时间复杂度）
空间复杂度为 O(log(m+n)) （快速排序–对数级空间复杂度）
解法2：双指针
class Solution {
public:
void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {
vector<int> result;
int p1 = 0, p2 = 0;
int cur;
while ( p1<m || p2<n )
{
if (p1==m)
{
cur = nums2[p2++];
}
else if (p2 == n)
{
cur = nums1[p1++];
}
else if (nums1[p1] <= nums2[p2])
{
cur = nums1[p1++];
}
else
{
cur = nums2[p2++];
}
result.push_back(cur);
}
for (int i = 0; i<m+n; i++)
{
nums1[i] = result[i];
}
}
};
时间复杂度为O(m+n)
空间复杂度为O(m+n)
解法3：==逆向双指针(==从后向前遍历)
class Solution {
public:
void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {
int p1=m-1,p2=n-1;
int index = m+n-1;
while (p1>=0 || p2>=0)
{
if (p1 ==-1)
{
nums1[index--] = nums2[p2--];
}
else if (p2 == -1)
{
nums1[index--] = nums1[p1--];
}
else if (nums1[p1]<=nums2[p2])
{
nums1[index--] = nums2[p2--];
}
else
{
nums1[index--] = nums1[p1--];
}
}
}
};
时间复杂度为O(m+n)
空间复杂度为O(1)
27.移除元素
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。
class Solution {
public:
int removeElement(vector<int>& nums, int val) {
int slow = 0;
for(int fast = 0 ; fast < nums.size() ; fast++ ){
if(nums[fast] != val)
{
nums[slow] = nums[fast];
slow++;
}
}
return slow;
}
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
26.删除有序数组中的重复项
给你一个 非严格递增排列 的数组 nums ，请你** 原地** 删除重复出现的元素，使每个元素 只出现一次 ，返回删除后数组的新长度。元素的 相对顺序 应该保持 一致 。然后返回 nums 中唯一元素的个数。
考虑 nums 的唯一元素的数量为 k ，你需要做以下事情确保你的题解可以被通过：
- 更改数组
nums，使nums的前k个元素包含唯一元素，并按照它们最初在nums中出现的顺序排列。nums的其余元素与nums的大小不重要。 - 返回
k。
class Solution {
public:
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
if (nums.size()==0)
{
return 0;
}
int slow=1, fast =1;
for (;fast<nums.size();fast++)
{
if (nums[fast]!=nums[fast-1])
{
nums[slow++] = nums[fast];
}
}
return slow;
}
};
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)
80.删除有序数组重点重复项II
给你一个有序数组 nums ，请你** 原地** 删除重复出现的元素，使得出现次数超过两次的元素只出现两次 ，返回删除后数组的新长度。
不要使用额外的数组空间，你必须在 原地 修改输入数组 并在使用 O(1) 额外空间的条件下完成。
class Solution {
public:
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
if (nums.size()<=2)
{
return nums.size();
}
int slow = 2,fast = 2;
for (;fast<nums.size();fast++)
{
if (nums[slow-2]!=nums[fast])
{
nums[slow++] = nums[fast];
}
}
return slow;
}
};
//拓展：将原问题的【保留2位】改为【保留k位】，则判断条件为 nums[slow-k]!=nums[fast]
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
169.多数元素
给定一个大小为 n 的数组 nums ，返回其中的多数元素。多数元素是指在数组中出现次数 大于 ⌊ n/2 ⌋ 的元素。
你可以假设数组是非空的，并且给定的数组总是存在多数元素。
解法1：哈希表
class Solution {
public:
int majorityElement(vector<int>& nums) {
unordered_map<int, int> counts;
int majority = 0, cnt = 0;
for (int num: nums) {
counts[num]++;
if (counts[num] > cnt) {
majority = num;
cnt = counts[num];
}
}
return majority;
}
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
解法2：排序，中间的数一定是多数元素
class Solution {
public:
int majorityElement(vector<int>& nums) {
sort(nums.begin(),nums.end());
return nums[nums.size()/2];
}
};
时间复杂度O(nlogn)
空间复杂度O(logn)
其他方法：随机化、分治、Boyer - Moore投票算法
189.轮转数组
给定一个整数数组 nums，将数组中的元素向右轮转 k 个位置，其中 k 是非负数。
解法1：数组翻转
class Solution {
public:
void rotate(vector<int>& nums, int k) {
k%=nums.size();
reverseList(nums,0,nums.size());
reverseList(nums,0,k);
reverseList(nums,k,nums.size());
}
void reverseList(vector<int>& nums, int start, int end)
{
reverse(nums.begin()+start,nums.begin()+end);
}
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
121.买卖股票的最佳时机
给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。
你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int inf = 1e9;
int minprice = inf;
int maxprofit = 0;
for (int price:prices)
{
minprice = min(minprice,price);
maxprofit = max(maxprofit,price-minprice);
}
return maxprofit;
}//数组开始递减的时候会找最小值，只有开始递增的时候计算差值
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
123.买卖股票的最佳时机 III
给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。
在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。
返回 你能获得的 最大 利润
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int profit = 0;
for (int i =1; i<prices.size(); i++)
{
if (prices[i]>prices[i-1])
{
profit+=prices[i]-prices[i-1];
}
}
return profit;
}//贪心算法
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
55.跳跃游戏
给你一个非负整数数组 nums ，你最初位于数组的 第一个下标 。数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。
判断你是否能够到达最后一个下标，如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。
解法1：遍历数组，判断能到达的最远距离
class Solution {
public:
bool canJump(vector<int>& nums) {
int reach = 0;
for (int i = 0; i<nums.size(); i++)
{
if (i>reach)
{
return false;
}
reach = max(reach, i+nums[i]);
}
return true;
}
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
解法2：找从早从哪里出发
class Solution {
public:
bool canJump(vector<int>& nums) {
int last= nums.size()-1;
for (int i = nums.size()-2; i>=0; i--)
{
if (nums[i]+i>=last)
{
last = i;
}
return last==0;
}
}
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
45.跳跃游戏II
给定一个长度为 n 的 0 索引整数数组 nums。初始位置为 nums[0]。
每个元素 nums[i] 表示从索引 i 向前跳转的最大长度。换句话说，如果你在 nums[i] 处，你可以跳转到任意 nums[i + j] 处:
0 <= j <= nums[i]i + j < n
返回到达 nums[n - 1] 的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达 nums[n - 1]。
class Solution {
public:
int jump(vector<int>& nums) {
int maxPos=0, end=0;
int step = 0;
for (int i=0;i<nums.size()-1;i++)
{
maxPos = max(nums[i]+i,maxPos);
if (i==end)
{
end = maxPos;
step++;
}
}
return step;
}
};
时间复杂度O(n)
空间复杂度O(1)
