程序员进阶之算法练习(三十二)LeetCode专场

正文

Copy List with Random Pointer

题目链接 题目大意: 给出一个链表RandomListNode *next, *random; 每个节点有int值,有两个指针,一个指向下一个节点,一个指向链表的任意节点; 现在实现一个深度复制,复制节点的next、random、还有int值;

题目解析: 要求的是复制所有的值,其中的next、int是常规值,遍历一遍赋值即可; 较为复杂的是random指针的复制,random指针有可能指向上一个节点,也可能指向下一个节点,在赋值的时候要保持对应的关系; 这里可以用hash解决,我们把旧链表和新链表的节点一一对应,比如说oldList[i]=>newList[i]; 那么如果random指针指向oldList[i],相当于新链表指向newList[i];

class Solution {
public:
    RandomListNode *copyRandomList(RandomListNode *head) {
        RandomListNode *ret = NULL;
        RandomListNode *p = head;
        unordered_map<RandomListNode *, RandomListNode *> hashMap;
        while (p) {
            RandomListNode *node = new RandomListNode(p->label);
            hashMap[p] = node;
            if (ret) {
                ret->next = node;
            }
            ret = node;
            p = p->next;
        }
        p = head;
        ret = hashMap[head];
        while (p) {
            if (p->random) {
                ret->random = hashMap[p->random];
            }
            p = p->next;
            ret = ret->next;
        }
        return hashMap[head];;
    }
};

复杂度解析: 时间复杂度是O(N) 空间复杂度是O(N)

Insert Interval

题目链接 题目大意: 给出n个不重叠的区间[x, y],并且按照起始坐标x进行从小到大的排序; 现在新增一个区间[a, b],为了保持区间不重叠,对区间进行merge,问剩下的区间有哪些;

Example: **Input: **intervals = [[1,2],[3,5],[6,7],[8,10],[12,16]], newInterval = [4,8] Output: [[1,2],[3,10],[12,16]] Explanation: Because the new interval [4,8] overlaps with [3,5],[6,7],[8,10].

题目解析: 最直接的做法是对所有区间进行处理,分情况讨论: 1、区间[x, y]与[a, b] 无重叠,则不变换; 2、区间[x, y]与[a, b] 有部分重叠,则拿出来特殊处理; 最后从情况2的所有区间和[a, b]中找到一个区间的起始最小值、结束最大值,作为新的区间。

但是这样的代码复杂度比较高,更简洁的做法可以是: 1、把区间[a, b]放入n个区间中,按起始和结束位置从小到大排序; 2、如果区间i的起始位置<=区间i-1的结束位置,则认为是一个区间;

bool cmp(Interval a, Interval b) {
   if (a.start != b.start) {
       return a.start < b.start;
   }
   else {
       return b.end < a.end;
   }
}
class Solution {
public:
   vector<Interval> insert(vector<Interval>& intervals, Interval newInterval) {
       intervals.push_back(newInterval);
       if (intervals.empty()) return vector<Interval>{};
       vector<Interval> ret;
       sort(intervals.begin(), intervals.end(), cmp);
       ret.push_back(intervals[0]);
       for (int i = 1; i < intervals.size(); ++i) {
           if (ret.back().end < intervals[i].start) { // 新的段
               ret.push_back(intervals[i]);
           }
           else {
               ret.back().end = max(ret.back().end, intervals[i].end);
           }
       }
       return ret;
   }
}leetcode;

复杂度解析: 方法1 时间复杂度是O(N) 空间复杂度是O(N)

方法2 时间复杂度是O(NLogN) 空间复杂度是O(N)

Word Break

题目链接 题目大意: 给出原串s,字符串数组dict,要求: 1、把s分成多个连续的子串; 2、每个子串都在dict里面; 问,是否有解。

s = "leetcode", dict = ["leet", "code"].

Return true because "leetcode" can be segmented as "leet code".

题目解析: 把一个串分成2个串的可能性有n种可能,n是字符串长度。 那么对于串[l, r] 如果[l, k] 和 [k+1, r]是合法的,那么[l, r]也是合法的。 故而用动态规划: dp[i][j] 表示字符串[i, j]是否为合法的子串; 枚举k∈[i, j] 来判断分割字符串的位置; 转移转移是O(N),因为需要判断区间[i, k]和[k+1, j]是否合法(用字典数配合); 最后判断dp[1, n]是否合法。

class Solution {
public:
    bool dp[N];
    bool wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        unordered_set<string> wordSet;
        for (int i = 0; i < wordDict.size(); ++i) {
            wordSet.insert(wordDict[i]);
        }
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[0] = true;
        for (int i = 1; i <= s.length(); ++i) {
            for (int j = i - 1; j >= 0; --j) {
                if (dp[j]) {
                    string substr = string(s.begin() + j, s.begin() + i);
                    if (wordSet.find(substr) != wordSet.end()) {
                        dp[i] = true;
                        break;
                    }
                }
            }
        }
        return dp[s.size()];
    }
}leetcode;

复杂度解析: 时间复杂度 O(N^3) N^2的状态* N的字典数判断。 空间复杂度 O(N^2+M) N^2是状态数量,M是字典数;

优化方案: 1、dp用1维表示;dp[i] 表示前i个是否合理,转移的时候dp[i]=dp[k] && substr(k+1, i) 2、判断substr是否存在时,可以用字典数;

Word Break II

题目链接 在前文Word Break的基础上,输出所有的解。

Input: s = "catsanddog" wordDict = ["cat", "cats", "and", "sand", "dog"] Output: [ "cats and dog", "cat sand dog" ]

题目解析: 用vector来存可能的解,然后用dfs来输出即可。

class Solution {
public:
    vector<int> g[N];
    vector<string> wordBreak(string s, vector<string>& wordDict) {
        vector<string> ret;
        unordered_set<string> wordSet;
        for (int i = 0; i < wordDict.size(); ++i) {
            wordSet.insert(wordDict[i]);
        }
        vector<bool> dp(s.length() + 1, false);
        dp[0] = true;
        for (int i = 1; i <= s.length(); ++i) {
            for (int j = i - 1; j >= 0; --j) {
                if (dp[j]) {
                    string substr = string(s.begin() + j, s.begin() + i);
                    if (wordSet.find(substr) != wordSet.end()) {
                        //                        cout << i << " " << j << " " << substr << endl;
                        dp[i] = true;
                        g[i].push_back(j);
                    }
                }
            }
        }
        vector<string> cur;
        if (dp[s.length()]) {
            dfs(s, ret, cur, s.length());
        }
        return ret;
    }
    
    void dfs(string &s, vector<string> &ret, vector<string> &cur, long n) {
        for (int i = 0; i < g[n].size(); ++i) {
            string str = string(s.begin() + g[n][i], s.begin() + n);
            cur.push_back(str);
            dfs(s, ret, cur, g[n][i]);
            cur.pop_back();
        }
        if (n == 0) {
            string str = cur.back();
            for (int i = cur.size() - 2; i >= 0; --i) {
                str += string(" ");
                str += cur[i];
            }
//            cout << str << endl;
            ret.push_back(str);
        }
    }
}leetcode;

LRU Cache

题目链接 题目大意: 实现一个最近最少使用的缓存算法,要求: get(key) - 返回缓存中key对应的值,如果没有存在缓存,返回-1; set(key, value) - 设置缓存中的key对应的value; 缓存有固定大小。

题目解析: 缓存需要维护两个信息, 1是key和value的对应; 2是value的有效时间; 时间是从小到大,每次会把一个大的值插入(新值),同时可能删掉旧值;(命中) 那么维护一个value的有效时间,优先队列;

这种做法,单次操作的时间复杂度是O(LogN),和题目要求的O(1)有较大的差距;

O(1)表示存储的数据结构只能用数组或者hash加链表的方式。 数组的读取是O(1),但是增删是O(N)的操作; hash+链表的方式较为符合题目的要求,可以实现大致O(1)的查找,也可以实现O(1)的增删操作; 基于此数据结构,我们可以延伸出以下的解法: 1、使用双向链表存储每个key和value; 2、每次get、set已有节点时,把节点放到链表的最前面; 3、每次set的时候如果size已经达到限制,则去掉尾部节点,然后在头部增加节点;

接下来的问题是如何实现O(1)的读取,O(1)的大小判断,以及O(1)的链表移动; O(1)的读取,我们引入unordered_map,然后每次根据key去获取当前节点;(unordered_map 比 map 更快) O(1)的增删操作,我们通过list.splice函数实现;(因为是双向链表,O(1)的增删并不难实现) O(1)的大小判断,list获取size是O(N)的复杂度,所以我们引入一个变量curSize来记录当前节点数量;

总结

从简单的指针复制和区间重叠处理,再到分词、LRU实现,LeetCode的题目更适合面试,这次的题目准备既是为自己练习,也是为了方便后续面试。

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