丑数1，判断是否是丑数除了对非正整数的判断，就是将2，3，5质因数从数字中抽取出来，然后看数字里如果只剩下1，那么就是丑数，否则就不是丑数，能除就做除，不能做除就判断。其实是把每个需要判断的数字看成2^x13^x25^x3 就是丑数。两种方式 class Solution: def isUgly(self, n: int) -> bool: if 1<=n<=3: return True if n<=0: return False # while n%2==0: ...

由于遍历每一个节点为根节点树的高度，再去求最小时间复杂度为O(n^2),超时 class Solution: def findMinHeightTrees(self, n: int, edges: List[List[int]]) -> List[int]: def find_height(node,result): queue=collections.deque() visit=[0 for _ in range(n)] queue.append(node) vi...

将海洋到最近陆地的最长距离，转换为陆地到海洋bfs 最后那个结果的距离。同理 01矩阵那个题也是一样，将每个元素（0，1）到最近的0的距离，看成0到1的bfs这两个问题都是正向去思考没办法找到最小。 有时候在纸上画一画就知道将哪个作为源点***更好 以下节选自leetcode题解你可以想象成你从每个陆地上派了很多支船去踏上伟大航道，踏遍所有的海洋。每当船到了新的海洋，就会分裂成4条新的船，向新的未知海洋前进（访问过的海洋就不去了）。如果船到达了某个未访问过的海洋，那他们是第一个到这片海洋的。很明显，这么多船最后访问到的海洋，肯定是离陆地最远的海洋。 思考：海洋区域和陆地区域，应该哪一个作为源点...

分支界限是广度优先，一旦成为扩展节点就将其所有儿子作为活结点（除了非最优解或不可行解的儿子节点，其余儿子为新的活结点）回溯法是深度优先，可以回到此节点，此节点再次成为活结点延伸。 DFS,BFS的结果均不同，要看规则，比如先 左后右，还是先右后左。 增量模型是把待开发的软件系统模块化，将每个模块作为一个增量组件，从而分批次地分析、设计、编码和测试这些增量组件。运用增量模型的软件开发过程是递增式的过程。相对于瀑布模型而言，采用增量模型进行开发，开发人员不需要一次性地把整个软件产品提交给用户，而是可以分批次进行提交。 a) 瀑布模型：分为制定计划、需求分析、软件设计、程序编写、软件测试和运行维护等...

通过动态规划，从四个方向进行状态转移。 class Solution: def updateMatrix(self, matrix: List[List[int]]) -> List[List[int]]: dp=[[10000 for _ in range(len(matrix[0]))] for _ in range(len(matrix))] for i in range(len(matrix)): for j in range(len(matrix[0])): if matrix...

遍历发现重复字母的区域，然后将对应cost数组片段进行排序，将其中代价小的均加起来。 class Solution: def minCost(self, s: str, cost: List[int]) -> int: count=0 j=0 i=0 while i<len(s)-1: j=i+1 if s[i]==s[j]: while j<=len(s)-1 and s[i]==s[j]: ...

贪心的方法，从后往前找到哪些值可以跳到终点，取离终点最远的点，然后在接着找哪些点可以到这个点，那个点离这个点最远。注意从一个点到另一个点是算一步。通过一步一步的局部最优，达到全局最优。 end=len(nums) count=0 while end!=1: for i in range(end): if nums[i]+i>=end-1: print(end-1-i) count+=1 ...

通过动态规划方法，dp[amount]为金钱为amount时需要的最少硬币数目，状态转移公式，当最后一枚硬币是ci的时候，d[amount]=dp[amount-ci]+1,最后这枚硬币是多少需要遍历。 class Solution: def coinChange(self, coins: List[int], amount: int) -> int: dp=[float('inf') for _ in range(amount+1)] dp[0]=0 for i in range(amount+1): ...

贪心法则，自己的做法，先将两个数组进行排序，然后遍历饼干列表，当前的饼干列表只能在已经满足了当前胃口了的，如果满足条件则数量增加1，然后当前胃口也继续检测下一个。 注意 如果是嵌套循环的话， break 可以跳出最深的循环，打破最小的循环。而continue是跳过当前循环的下面语句，继续循环，break 跳出整个循环，continue 跳出当前循环。 看到题解中的这句话感觉很棒。想清楚局部最优，想清楚全局最优，感觉局部最优是可以推出全局最优，并想不出反例，那么就试一试贪心。 class Solution: def findContentChildren(self, g: List[i...

判断数字是否填写正确没那么困难，通过check函数。减少时间复杂度，通过传入i,j。！！！注意然后只返回一个解即可，需要 return。 唯一不同的变化是，题解的回溯函数有一个返回值，它是布尔类型，一旦返回 True，在递归那边就会把 True 传递上去，终止回溯。这一点值得注意。 class Solution: def solveSudoku(self, board: List[List[str]]) -> None: """ Do not return anything, modify board in-place instead. ...

通过回溯方法解决，构建一棵树，然后根据N皇后不互相攻击的限制条件，不在同一行，同一列，以及同一对角线上，其中对角线注意是两个方向的。不过判断条件都是对应行列坐标作差绝对值相等。 这个题目自己随便改改，居然accepted了，开心，再去看看其他解法！ class Solution: def solveNQueens(self, n: int) -> List[List[str]]: def dfs(i,n,path,result): flag=[True,True,True,True] if i==n: ...

双指针法通过遍历中心值（字符串中的每一个值），左右指针分别移动判断是否会形成回文字符串，同时记录最大长度的回文字符串。 class Solution: def longestPalindrome(self, s: str) -> str: size = len(s) # 特殊处理 if size == 1: return s maxlen=0 start=0 length=1 for i in range(size): ...

递归找到所有可能解，通过判断看解是否可行，进行筛选。 class Solution: def generateParenthesis(self, n: int) -> List[str]: hashmap={'(':')'} def check(s): balance=0 stack=[] for i in s: if not stack or stack[-1] not in hashmap.keys() or hashmap[stack[-...

通过递归，当满足了4层递归树，以及遍历元素到达字符串尾部（意味着用完了字符串中的数据）则可以把结果装入最终数组中，通过".".join()，如果没有满足层数，但是到达了数组尾部，那么也应该返回然后如果当前字符为“0”那就特殊处理下在递归的过程中，可以把数*10加和获得一个数字，然后判断是否在0与255之间（包括255)，然后继续递归，不满足则break剪枝。 class Solution: def restoreIpAddresses(self, s: str) -> List[str]: def dfs(j,t,result,allresult): ...