万和亿单独判断 function num2cn( n ) { let flag = false if(n<0) flag = true n = Math.abs(n).toString() const table = { 1: '一', 2: '二', 3: '三', 4: '四', 5: '五', 6: '六', 7: '七', 8: '八', 9: '九', 0: '零', } if(n.length == 1) return table[n] const unit = ['', '十', '百', '千'] let str = '', len = n.length, mark fo...

/**  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值即可 计算两个数之和 @param s string字符串 表示第一个整数 @param t string字符串 表示第二个整数 @return string字符串 */ function solve( s , t ) { return (BigInt(s) + BigInt(t) + '').substring(-1) // write code here } module.exports = { solve : solve };

/**  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值即可   @param matrix string字符串一维数组 @param versionA int整型 @param versionB int整型 @return int整型 / /* 本来粗略读题应该就是转换为两个链表的第一个公共节点问题，但是偷懒没有去实现链表了， 直接求得路径A，路径B，两个数组求交集的最后一位就是第一个公共节点。 同样通过创建hashmap的方式简化树结构，来进行递归 递归过程就一条，循环遍历每条数组  0 => 3 跳到3：[0, 3] => 忽略前面路径中已有的0 =&g...

不放附件的话01背包只需要math.max(dp[i-1][...], ...)判断放或者不放。 放附件的话先做基础判断：主件是必须的，先用正常01背包math.max(dp[i-1][...], ...)得到放主件的dp[i][j] 然后在放了主件的dp[i][j]基础上去判断放附件的情况；   即01背包动态规划的上一个状态为dp[i-1]...，而放附件的上一个状态为放主件的最优解dp[i][j]； 放两件附件的上一个状态为放一个附件的最优解。此处理解清楚了比较对象，就能正确写出0,1,2个附件的判断过程  理解了比较的顺序其实具体代码就不用看了，感兴趣的可以跳到下面第二部分一维数组空间...

题1：一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。（排列问题，先后次序不同算不同的结果） 青蛙的第一跳有两种情况，跳一阶和跳二阶。如果跳一阶，则剩下n-1阶就是f(n-1)中跳法；如果挑两阶，则剩下n-2阶就是f(n-2)种情况。所以总情况就是f(n)=f(n-1)+f(n-2);即斐波那契数列。  题2(变态跳台阶)：一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级……它也可以跳上n级。 因为n级台阶，第一步有n种跳法：跳1级、跳2级、到跳n级 跳1级，剩下n-1级，则剩下跳法是f(n-1) 跳2级，剩下n-2级，则剩下跳法是f(n-2) 所以f(n)=f(n-1)+f(n-2)+...+f(...