知识点 二分 思路 观察到题意所示的矩阵，左上的点一定比右下的点大，展开来看也是二分的，所以可以使用二分的做法，初始化i为0，j为n-1，代表第一行最后一列的点。用i，j来维护数组中当前检索到的点matri[i][j]，若大了，则j--，否则i++，这样子就可以维护到一个“中间”的点，值为target 代码c++ 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值即可 * * * @param matrix int整型vector<vector<>...

知识点 字符串 思路 首先将words中的每一个字符串连接起来，组成一个字符串t。题意转化为在s中找到与t匹配的子字符串开始位置的最小下标。 为了在s中寻找t，我们可以使用字符串的find函数，s.find(t)为在字符串s中寻找字符串t，找到则返回最早出现的位置下标，否则返回-1 代码c++ 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值即可 * * * @param s string字符串 * @param words string字符串vect...

知识点 双指针，哈希 思路 假设每个字符串的左端点为l，右端点为i，那么s[l~i]之间，就不可以出现重复的字符。我们可以使用一个map来维护区间内字符的出现次数，先初始化l=0，i=1。i不断右移：只要不出现s[l~~i-1]出现过的字符就可以一直移动。 一旦出现了重复的字符，就需要更新l了，将l右移知道找到那个重复出现的字符位置x，找到之后，新的l应当从x+1开始。然后一直维护i与l，ans即为最大的(i-l+1) 代码c++ 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值即可 ...

知识点 哈希，字符串 思路 用两个哈希表map维护从s→t和t→s的映射。 首先，判断s和t长度是否一样，不一样肯定不同构，返回“NO” 然后，同时遍历两个字符串，由于长度一样，所以位次是对齐的，每一位之间的对应关系应该唯一。 对于当前两个字符a，b，若二者都没有映射，则建立映射，否则只需要检查双方是否有一方的映射不与另一方相同即可。 若存在一方映射与另一方不同，那就满足不同构，返回"NO" 都没有返回“NO”，则返回"YES" 代码c++ class Solution { public: /** * 代码中的类名、方法名、参数名已经指...

知识点 哈希 思路 用map维护左侧pattern字符串的每一个char字符到右侧plan字符串中的每一个字符中的映射。注意映射的顺序，例如 aaaa 对YUAN YUAN SHEN SHEN ，如果反向映射的话，需要在映射前检查映射结果是否已经存在过，会导致时间复杂度的上升。 回到笔者做法，对于pattern中每一个字符，若合法就只会对应一个plan中字符串，所以我们同步枚举字符串和字符，检查他们的映射匹配性就可以： 若映射不存在，则建立映射 若存在，则检查是否匹配，不匹配直接返回false了 若检查完毕仍无false，则返回true 详解看代码注释。 代码c++ class Solutio...

知识点 哈希 思路 使用两个map分别建立两个字符串中，每个字符到出现次数的映射，比较requirement的每个字符出现的个数，都需要小于allocation中对应字符的出现次数，才能返回"YES"，否则返回"NO" 代码c++ 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值即可 * * * @param requirements string字符串 * @param allocations string字符...

知识点 基础，模拟，循环 思路 循环遍历从left到right的每个数，更新ans即可。 代码 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值即可 * * * @param left int整型 * @param right int整型 * @return int整型 */ int rangeBitwiseXor(int left, int right) { // write code here ...

本题题干疑似有点不知所云了 知识点 基础 思路 return 即可 代码 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值即可 * * * @param n int整型 * @param m int整型 * @return long长整型 */ long long weightAfterMDays(int n, int m) { // write code here long long an...

知识点 二分 思路 使用二分维护左右两个端点l，r，每次根据与x的关系来判断l和r的更新。由于题目只要两位小数，所以维护一个r-l>0.001就够了。 代码c++ 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值即可 * * * @param x int整型 * @return string字符串 */ string mySqrt(int x) { // write code here x = d...

知识点 模拟 思路 可以理解为k次购买，买cost小于当前手上有的钱now，且profits最大的奶牛，不用考虑差价之类的，因为profits就是利润了。然后每一头奶牛只能用一次,可以用一个bool数组记录使用情况。此外，可以先对奶牛依据cost从小到大排序，这样在遍历的时候可以减少一些寻找次数 代码c++ #include <cstring> 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值即可 * * * @param k int整型 ...

知识点 贪心，排序 思路 可以把这题理解为，现将两组奶牛两两组合，按总价降序为第一关键字，A的价格降序为第二关键字排序，然后取出前K个作为答案 代码c++ 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值即可 * * * @param pricesA int整型vector * @param pricesB int整型vector * @param k int整型 * @return int整型vector<vector&lt...

知识点 贪心 思路 首先逆序遍历预处理一遍数组，用end[26]数组维护每个字母最后出现的位置。 然后再遍历一次数组，假设每次放进去的片段左端点为l,右端点为r。 由题意可知，对于s[l~~r]片段内出现的字母，以后都不会再出现。 所以我们先考虑s[l]位置出现的最后位置r=end[s[l]-'a']。 然后，r是可以向右延伸的，取决于l~r之间的字母的新的出现的靠右的位置 （即更新r=max(r,end[s[i]-a])，其中l<=i<=r） 当更新到上界r仍不能再更新时，说明此时的片段内出现的字母以后不会再出现了，可以更新答案了。ans.push_back(r-l+1)即为长度...

知识点 贪心 思路 从左往右模拟，维护一个最大值maxx，maxx初始化为cowHeights[0],遍历一遍cowHeights数组，当出现比maxx大的数时，ans++，且更新maxx为大的数。 即寻找最大单调递增子序列的长度。 代码c++ 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值即可 * * * @param cowHeights int整型vector * @return int整型 */ int visibleCow...

知识点 贪心 思路 由题意可知，为了得到最大利润，需要从左往右遍历，维护最小price[i]与其右侧的最大price[i+?]。 所以我们只需要使用minn来维护最小的price[i]作为购入价。 在向右遍历的过程中： 遇到price[i]-minn的情况就更新ans=max(ans,price[i]-minn) 遇到price[i]<minn的情况就更新minn,一次遍历即可得到最大ans。 返回时若ans>0则返回ans，否则返回0。 代码c++ class Solution { public: /** * 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，...