不信邪，硬是把它搞出来了。写了好几遍，调试了好几次。总是有点细节问题，遗漏几个用例。    此题重在严谨，小心每个细节处理。   字符串匹配，把点和星分情况对待。   我把问题拆分成三种情况，其中重点是第二种情况。   第二种情况又拆分成三种情况，递归去处理就好。看了大佬的解法之后，惭愧，好好学习，天天向上。         bool match(string str, string pattern) {         // write cod...

这个题虽然很容易想到动态规划，有存在子结构。仔细一想这个子结构根本不需要数组来缓存，几个变量缓存就够了。   1.以当前位置结尾的累计最大值。   2.全局累计最大值   3.当前位置累计最大值的开始位置跟结束位置。   4.全局累计最大值的开始位置跟结束位置。      更新全局最大值有个约束：   1.当前位置最大值大于全部累计最大值，直接更新（没啥说的）   2.当前位置最大值等于全部累计最大值，更新结束位置跟开始位置间距长度大的那个。   需要处理好两个边界：        边界1：更新当前位置累计最大值时，需包括前一个位置结尾累计最大值为0的情况   &...

虽然标记为简单，代码实现也简单，但是我觉得不能算简单把。   写了好几遍，官方解答是用n每次取减区间长度。我之前的实现是计算累计区间总长度。总是奇怪的问题，个别案例过不了。   官方的题解也有一个有意思的地方，比较的时候如果不把n强制转成long long 解答也是错误的。但是n明明是外部传入的int型数据，不会越界，很费解。   class Solution { public:     /**      * 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的...

这个题的重点是把握一个单调的规律。   左下角刚好满足这样的条件，如果目标比它大肯定在它右边，比它小肯定在它上边。   这个性质是解这个题的关键。找到这个性质，这个题就非常简单了。      bool Find(int target, vector<vector<int> > array) {         int m = array.size();         int n = array[0].size();         if(n == 0...

这个题比较简单，代码也很少。   方法1：字符串缓存   class Solution { public:     string ReverseSentence(string str) {        string res;        string tmp;        ...

这个题还是比较好理解，关键点在使用辅助栈。   题目最重要的信息是栈里的数据是唯一，这样在当前是否需要出栈的时候，可以用相等作为判断条件。   没有这个条件的化，栈里有很多相同的数，题目会很麻烦。需要回溯。      class Solution { public:     bool IsPopOrder(vector<int> pushV,vector<int> popV) {        &nbs...

这个题官方解比较巧妙   class Solution { public:     stack<int> data,minData;     void push(int value) {         data.push(value);         if(minData.empty...

这个题分类处理就好，我选择的是先序遍历，这样比较好处理。   情况1：发现节点值在寻找的两个节点值中间，并且不等于其中任何一个，不用找了，已经找到了。   情况2：发现节点值等于寻找的两个值中较小的那个，那么只要大的那个在当前节点的左子树上就找到了，否则继续。   情况3：发现节点值等于寻找的两个值中较大的那个，那么只要小的那个在当前节点的右子树上就找到了，否则继续。   情况4：发现节点值比两个最大值的还大，那么在左子树上查找就好。   情况5：发现节点值比两个最大值的还小，那么在右子树上查找就好。   都不满足，就返回-1。（前面5种情况已经包括所有情况了，这里兜底）      /** &...

这个题虽然是中等，代码也不多，解法也有很多，但是特别高效的我也没找到。看到了很多双递归解法，确实巧妙。但是我觉得单递归+一次路径遍历效率上应该更高一点。   解法1：   把dfs所有的根节点到叶子节点路径列找到，然后单个路径使用滑动窗口，窗口路径和为sum则计数+1。   解法2：   dfs所有的节点，把每个节点值push进路径中(注意路径切换需要pop节点值)，以当前节点为末尾节点，向前遍历路径，找到路径和为sum的路径则计数加1.   代码实现起来，代码2比较好写些，我选了第2种，哈哈   /**  * struct TreeNode { &nb...

这个题虽然官方说很简单，两颗星，实现的代码看起来也简单。   难点在下面个地方：   1.中序跟后序遍历实现起来非常麻烦，我现在还不会。   2.先序遍历解码是时候需要注意是指针引用。因为只有指针引用才能保证每次方法调用的是同一个指针。   3.需要注意序列化的时候加入分隔符，非常关键。在反序列化的时候作为数值分隔的标志。   /* struct TreeNode {     int val;     struct TreeNode *left;  &nb...

这个一个dfs就可以解决了。   需要注意的是特殊情况判断，左右子树都为空直接返回true.左右一个空，一个非空，肯定就直接false.两个都非空，但是值不相等，直接false。   其他情况继续判断下去。   注意的是这个是镜像，意味着是左子树的左孩子跟右子树的有孩子判断，左子树的右孩子跟右子树的左孩子判断。同时满足就可以了。否则是false.      /* struct TreeNode {     int val;     struct TreeNode *...

这个题虽然不是很难，提交了4次才算通过。有点汗颜，如果是面试可能就挂了，思路还是比较清楚的。   我们分情况讨论。   1.给出的节点存在右子节点的情况。比较好处理，也不需要回溯。dfs就可以搞定。就一直找到右边节点的中序遍历的第一个节点就可以了。   2.不满足1，但是它存在父节点。       分两种情况：                         a.该父节点的右子树是它，它就变成了它父亲。然后一直寻亲上去。直到找到一个父节点左子树上挂的是该节点，走b。...

跟前一个题差不多，唯一的区别是深度优先遍历的参数稍作调整。   路径回退的时候需要pop当前路径，这个要注意一下。   记录路径当然要有当前路径，最后的结果也需要记录。   /* struct TreeNode { int val; struct TreeNode *left; struct TreeNode *right; TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) { } };*/ class Soluti...

这个题虽然是个简单题，但是也不是不需要动脑筋。   简单的dfs还是要会的。稍微注意的是那个返回值，使用值引用会更好。然后找到路径就提前退出。       /**  * struct TreeNode {  * int val;  * struct TreeNode *left;  * struct TreeNode *right;  * };  */ class Solution { public:   ...