第一反应可能是用 list收集到所有数据后，sort，看能不能成顺子，但是实现起来太麻烦      其实仔细思考一下，不难发现规律       根据题意，此 55 张牌是顺子的 充分条件 如下：     除大小王外，所有牌 无重复 ；     设此 55 张牌中最大的牌为 max ，最小的牌为 min （大小王除外），则需满足                  &nb...

想到要涉及到树的deepth，立刻想到了上一节做过的计算树的最大深度的函数 return max(self.depth(pRoot.left), self.depth(pRoot.right)) + 1， 此刻可以调用   算法流程：  通过比较每个节点的左右子树的最大高度差, 来判断此子树是否是二叉平衡树。  若树的所有子树都平衡时，该树才是平衡二叉树。         # -*- coding:utf-8 -*- # class TreeNode: #     def __init__(self, x): #      ...

算法流程：     本质上是对树作后序遍历    每次递归每个节点 root 的左右子树，并且只得到左右子树中较大的子树深度。    当前节点 root 左右子树递归到叶子节点后，root == null，递归开始自底向上返回，每次向上 return 都 + 1, 即深度 + 1         # -*- coding:utf-8 -*- # class TreeNode: #     def __init__(self, x): #         self.val = x #    &nb...

使用两个指针N1,N2，一个从链表1的头节点开始遍历，我们记为N1，一个从链表2的头节点开始遍历，我们记为N2。   让N1和N2一起遍历，当N1先走完链表1的尽头（为null）的时候，则从链表2的头节点继续遍历，同样，如果N2先走完了链表2的尽头，则从链表1的头节点继续遍历，也就是说，N1和N2都会遍历链表1和链表2。   因为两个指针，同样的速度，走完同样长度（链表1+链表2），不管两条链表有无相同节点，都能够到达同时到达终点。   （N1最后肯定能到达链表2的终点，N2肯定能到达链表1的终点）。   所以，如何得到公共节点：    有公共节点的时候，N1和N2必会相遇，因为长度一样嘛，速...

最简单得想法就是把字符串里每个出现的字符都用字典 hash的形式把key()，value() 记录下来，然后       方法一：哈希表   1、遍历字符串，将字符当成哈希表中的key，value区分第一次出现和多次出现；   2、遍历字符串，拿到第一个在哈希表中的value为1的字符，通过 s.index()或者s.find()返回索引，       记住return是从被调函数返回到主调函数继续执行，返回时可附带一个返回值，，所以一旦执行了后面的代码就不执行了，所以自然而然后面的循环也跳出了。      而break，continue是用来单独跳出循环的     # -*- co...

用now表示当前和，ans表示最大和， 如果now<0则可以舍弃了，因为可以直接取当前array[i]的值作为now，如果now>0则可以继续往下加array[i]， 但是记住每次运算的时候都要取一次max(ans, now)作为ans更新      # -*- coding:utf-8 -*-  class Solution:     def FindGreatestSumOfSubArray(self, array):         # write code here       &nb...

第一反应就是想到new一个dictionary出来，用key和value来保存number和对应的次数  # -*- coding:utf-8 -*- class Solution:     def MoreThanHalfNum_Solution(self, numbers):         # write code here         if not numbers:             return None &nbsp...

1、要用两个栈，stack用于存储元素，mins用于存储最小值，每个位置的元素都有一个对应的最小值，也就是stack和mins的长度同步增加和减少；当需要得到目前栈中的最小值的时候，直接返回mins的栈顶元素mins[-1]即可  2、在mins栈中先添加一个最大值 float("inf")，因为以后每次添加都会和栈顶元素比较，如果栈为空的话代码要多写几行，先放一个最大值会方便一点       # -*- coding:utf-8 -*- class Solution:     def __init__(self):     &nbs...

其实就是递归的思想，    解题步骤：   1、特判：如果pRoot为空，返回空   2、交换左右子树 3、把pRoot的左子树放到Mirror中镜像一下 4、把pRoot的右子树放到Mirror中镜像一下 5、返回根节点root     class Solution:     def Mirror(self , pRoot ):         # write code here         if pRoot == None:         &nb...

其实可能是python的list用多了的缘故，会习惯性用sort()和sorted()来排序，注意sort()没返回值， sorted()有返回值，   所以自然就想到把链表里的数据放出来装到list里再排序，再装回一个新链表      # -*- coding:utf-8 -*- # class ListNode: #     def __init__(self, x): #         self.val = x #         self.next = N...

类似基础跳台阶问题   设f[i] 表示 当前跳道第 i 个台阶的方法数。那么f[n]就是所求答案。   假设现在已经跳到了第 n 个台阶，那么前一步可以从哪些台阶到达呢？   如果上一步跳 1 步到达第 n 个台阶，说明上一步在第 n-1 个台阶。已知跳到第n-1个台阶的方法数为f[n-1]   如果上一步跳 2 步到达第 n 个台阶，说明上一步在第 n-2 个台阶。已知跳到第n-2个台阶的方法数为f[n-2]   。。。   如果上一步跳 n 步到达第 n 个台阶，说明上一步在第 0 个台阶。已知跳到 第0个台阶的方法数为f[0]   那么总的方法数就是所有可能的和。也就是f[n] = f...

这个其实和斐波那契数列一样，就是   假设f[i]表示在第i个台阶上可能的方法数。逆向思维。如果我从第n个台阶进行下台阶((跳到n-1的方法数为f(n)))，下一步有2中可能，一种走到第n-1个台阶(跳到n-1的方法数为f(n-1))，一种是走到第n-2个台阶(跳到n-1的方法数为f(n-2))，而这两种方式下面又对应n-2，n-3和n-3,n-4个台阶，以此一直递归迭代到最前面。所以f[n] = f[n-1] + f[n-2].，      然后我又犯了递归的老毛病，导致run的时候超出运算时间    # -*- coding:utf-8-*-   classSolution:   &nbs...

因为用python比较多，python里常用list，所以看到倒序就会想到reverse或者[::-1]   于是诞生了下面的写法，逻辑很简单，就是先把pHead的放出来装到list medium中，medium再倒序，然后再把medium里的值一个一个装进新的ListNode res里，   因为要求输出结果的链表首字母，所以用一个temp来指向res当替死鬼，挨个赋值，最后temp指向的是链表末端，而res依然指向链表首端，注意res.next输出结果，因为第一个0不是我们要的    # -*- coding:utf-8-*-   # classListNode:   #&nbs...

栈：先进后出   队列：先进先出   用两个栈实现队列的功能，stack1拿来push，stack2拿来pop，但是注意，stack2有剩下的值的时候要先pop，再把stack1的倒进stack2去pop，否则直接把stack1的值倒进stack2就pop的话，顺序会乱，会导致stack2最初剩下的值不能第一个pop出去   # -*- coding:utf-8 -*-   class Solution:     def __init__(self):         self.stack1 = []     &n...