用 BFS遍历所有可能的操作状态，找到从x到y的最少步数。 class Solution { public: int minimumOperationsToMakeEqual(int x, int y) { // 若x<=y，只能通过加1操作达到y，步数为y-x if (x <= y) { return y - x; } unordered_set<int> visited; // 标记已访问的数值 queue<pair<int, int>> q; q.push({x, 0}); visited.insert(x); while (!q.empt...

用DFS遍历网格，标记已访问的陆地，统计独立岛屿的数量：遇到未访问的陆地时，计数加 1，并通过 DFS 将其连通的所有陆地标记为水，避免重复统计。 class Solution { public: void dfs(vector<vector<char>>& grid, int r, int c) { int f = grid.size(); int m = grid[0].size(); grid[r][c] = '0'; // 标记当前陆地为已访问 // 向上 if (r - 1 >= 0 && grid[r-1][c] == '1')...

排序数组，遍历 class Solution { public: int maximumGap(vector<int>& nums) { if(nums.size()<2){ return 0; } sort(nums.begin(),nums.end()); int ma=0; for(int i=0;i<nums.size()-1;i++){ ma=max(abs(nums[i]-nums[i+1]),ma); } return ma; } };  时间复杂度O(n)

枚举所有可能的排列：通过递归选择未使用的元素加入当前路径，完成选择后回溯 class Solution { public: vector<vector<int>> permute(vector<int>& nums) { vector<vector<int>> ans; vector<int> path; vector<bool> used(nums.size(), false); backtrack(nums, ans, path, used); return ans; } void backtrac...

定义最优排序规则若a+b > b+a，则a应排在b前面 class Solution { public: string largestNumber(vector<int>& nums) { // 将所有数字转为字符串 vector<string> strNums; for (int num : nums) { strNums.push_back(to_string(num)); } // 自定义排序规则 sort(strNums.begin(), strNums.end(), [](const string& a, const string&amp...

二分枚举所有的半边长，然后进行验证来找到合法正方形能包含的最多点数 class Solution { public: int check(long long i, vector<vector<int>>& points, string s) { unordered_set<char> labels; int cnt = 0; for (int idx = 0; idx < points.size(); idx++) { long long x = points[idx][0]; long long y = points[idx][1]; // ...

用二分查找锁定最大可能的最小差值，验证该差值是否能满足每个区间的选择限制 class Solution { public: bool check(long long lim,vector<int>& start,int d) { long long now = start[0]; for (int i = 1; i < start.size(); i++) { now = max(now + lim, 1LL * start[i]); if (now > start[i] + d) return false; } return true; }; int maxP...

用排序 + 二分查找快速统计每个咒语对应的成功药水数量：先将药水数组排序，再对每个咒语计算所需的最小药水强度，通过二分查找定位该强度的位置，从而得到符合条件的药水数量。 class Solution { public: vector<int> successfulPairs(vector<int>& spells, vector<int>& potions, long long success) { sort(potions.begin(), potions.end()); //排序 vector<int> ans; for (i...

用哈希表统计当前窗口内每种物品的保留次数； 遍历每天的物品： 先尝试保留当前物品，若保留后该物品次数超过m，则丢弃 当遍历天数超过w时，滑动窗口左边界，移除i-w+1天的物品，减少其计数。 class Solution { public: int minArrivalsToDiscard(vector<int>& arrivals, int w, int m) { int ans = 0; unordered_map<int, int> cnt; // 统计当前窗口内每种物品的保留次数 for (int i = 0; i < arrivals.size()...

滑动窗口 ，直接统计合法子串用滑动窗口维护[left, right]区间，保证区间内包含所有字符，当窗口满足条件时，所有以right为结尾、以[0, left-1]为起点的子串都合法，数量为left； 移动左指针缩小窗口，继续统计。 class Solution { public: int numberOfSubstrings(string s) { int ans = 0, left = 0; unordered_map<int, int> cnt; // 统计a、b、c的出现次数 for (char c : s) { cnt[c - 'a']++; // 右指针右移，统计当前字...

为了满足题目中每个编码都不能是另一个前缀，因此用哈夫曼树可以实现，k进制就是k叉的哈夫曼树，哈夫曼树的带权路径和就是编码长度，树高就是字符串长度。 用最小优先队列实现最优合并，核心思路是先补 0 使节点数满足 k 叉哈夫曼树的结构要求，再循环取出权值最小的 k 个节点合并，累加求权值和，记录合并后节点的高度，重复这个操作直到队列里面只有一个元素，最终输出总长度和树高。 #define ll long long using namespace std; // 节点结构：w为权值，h为高度 struct node { ll w,h; node(){w=0,h=0;} node(ll w,ll h)...

利用栈实现中序遍历，先遍历到左子树最深处并将路径节点入栈，弹出栈顶节点（根）记录值，再遍历其右子树，重复该过程直至所有节点处理完毕。 class Solution { public: vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) { stack<TreeNode*> stk; // 存储遍历路径的节点 vector<int> ans; // 存储中序遍历结果 // 栈非空或当前节点非空，继续遍历 while(!stk.empty() || root != nullptr){ // 遍历到左子树最深处，沿途节点入栈 ...

对二叉搜索树进行中序遍历，用数组保存结点，用另一个数组保存结点的值，然后找到值错误的两个结点，然后直接交换值就行  class Solution { public: void recoverTree(TreeNode* root) { vector<int> vals; vector<TreeNode*> nodes; stack<TreeNode*> stk; TreeNode* curr = root; // 非递归中序遍历 while (curr != nullptr || !stk.empty()) { while (curr != nullptr)...

对每个结点的左子树和右子树进行递归验证是否为二叉搜索树，如果左右子树都是二叉搜索树且与根节点比较没问题，然后返回true class Solution { public: bool isValidBST(TreeNode* root) { return dfs(root, LLONG_MIN, LLONG_MAX); } bool dfs(TreeNode* root, long long lower, long long upper) { if (root == nullptr) return true; if (root->val <= lower || root->va...