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https://github.com/youngyangyang04/leetcode-master.git
synced 2025-07-25 18:08:48 +08:00
更新图床
This commit is contained in:
programmercarl
@ -254,5 +254,5 @@ traversal(cur->left, tmp, result);
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* Github：[leetcode-master](https://github.com/youngyangyang04/leetcode-master)
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* 知乎：[代码随想录](https://www.zhihu.com/people/sun-xiu-yang-64)
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<div align="center"><img src=https://code-thinking.cdn.bcebos.com/pics/01二维码.jpg width=450> </img></div>
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@ -1,5 +1,4 @@
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# 本周小结！（回溯算法系列二）
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> 例行每周小结
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@ -32,7 +31,7 @@ for (int i = startIndex; i < candidates.size() && sum + candidates[i] <= target;
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在[回溯算法：求组合总和（二）](https://programmercarl.com/0039.组合总和.html)第一个树形结构没有画出startIndex的作用，**这里这里纠正一下，准确的树形结构如图所示：**
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## 周二
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@ -46,7 +45,7 @@ for (int i = startIndex; i < candidates.size() && sum + candidates[i] <= target;
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都知道组合问题可以抽象为树形结构，那么“使用过”在这个树形结构上是有两个维度的，一个维度是同一树枝上“使用过”，一个维度是同一树层上“使用过”。**没有理解这两个层面上的“使用过” 是造成大家没有彻底理解去重的根本原因**。
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我在图中将used的变化用橘黄色标注上，可以看出在candidates[i] == candidates[i - 1]相同的情况下：
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@ -80,7 +79,7 @@ for (int i = startIndex; i < candidates.size() && sum + candidates[i] <= target;
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**本题的树形结构中，和代码的逻辑有一个小出入，已经判断不是回文的子串就不会进入递归了，纠正如下：**
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## 周四
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@ -91,7 +90,7 @@ for (int i = startIndex; i < candidates.size() && sum + candidates[i] <= target;
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树形图如下：
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在本文的树形结构图中，我已经把详细的分析思路都画了出来，相信大家看了之后一定会思路清晰不少！
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@ -113,7 +112,7 @@ if (s.size() > 12) return result; // 剪枝
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如图：
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认清这个本质之后，今天的题目就是一道模板题了。
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@ -1,5 +1,4 @@
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# 本周小结！（回溯算法系列三）
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## 周一
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@ -12,14 +11,14 @@
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树形结构如下：
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## 周二
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在[回溯算法：递增子序列](https://programmercarl.com/0491.递增子序列.html)中，处处都能看到子集的身影，但处处是陷阱，值得好好琢磨琢磨！
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树形结构如下：
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[回溯算法：递增子序列](https://programmercarl.com/0491.递增子序列.html)留言区大家有很多疑问，主要还是和[回溯算法：求子集问题（二）](https://programmercarl.com/0090.子集II.html)混合在了一起。
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@ -34,7 +33,7 @@
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可以看出元素1在[1,2]中已经使用过了，但是在[2,1]中还要在使用一次1，所以处理排列问题就不用使用startIndex了。
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如图：
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**大家此时可以感受出排列问题的不同：**
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@ -47,7 +46,7 @@
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树形结构如下：
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**这道题目神奇的地方就是used[i - 1] == false也可以，used[i - 1] == true也可以！**
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@ -55,11 +54,11 @@
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树层上去重(used[i - 1] == false)，的树形结构如下：
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树枝上去重（used[i - 1] == true）的树型结构如下：
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**可以清晰的看到使用(used[i - 1] == false)，即树层去重，效率更高！**
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@ -72,14 +71,17 @@
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**所以这块就说一说我个人理解，对内容持开放态度，集思广益，欢迎大家来讨论！**
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子集问题分析：
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* 时间复杂度：$O(n × 2^n)$，因为每一个元素的状态无外乎取与不取，所以时间复杂度为$O(2^n)$，构造每一组子集都需要填进数组，又有需要$O(n)$，最终时间复杂度：$O(n × 2^n)$。
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* 空间复杂度：$O(n)$，递归深度为n，所以系统栈所用空间为$O(n)$，每一层递归所用的空间都是常数级别，注意代码里的result和path都是全局变量，就算是放在参数里，传的也是引用，并不会新申请内存空间，最终空间复杂度为$O(n)$。
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排列问题分析：
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* 时间复杂度：$O(n!)$，这个可以从排列的树形图中很明显发现，每一层节点为n，第二层每一个分支都延伸了n-1个分支，再往下又是n-2个分支，所以一直到叶子节点一共就是 n * n-1 * n-2 * ..... 1 = n!。每个叶子节点都会有一个构造全排列填进数组的操作（对应的代码：`result.push_back(path)`），该操作的复杂度为$O(n)$。所以，最终时间复杂度为：n * n!，简化为$O(n!)$。
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* 空间复杂度：$O(n)$，和子集问题同理。
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组合问题分析：
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* 时间复杂度：$O(n × 2^n)$，组合问题其实就是一种子集的问题，所以组合问题最坏的情况，也不会超过子集问题的时间复杂度。
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* 空间复杂度：$O(n)$，和子集问题同理。
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@ -1,5 +1,4 @@
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# 本周小结！（贪心算法系列二）
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## 周一
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@ -16,7 +15,7 @@
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如图：
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## 周二
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@ -32,7 +31,7 @@
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如图：
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## 周三
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@ -45,7 +44,7 @@
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如图：
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注意：**图中的移动下标是到当前这步覆盖的最远距离（下标2的位置），此时没有到终点，只能增加第二步来扩大覆盖范围**。
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@ -56,10 +55,10 @@
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而版本二就比较统一的，超过范围，步数就加一，但在移动下标的范围了做了文章。
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即如果覆盖最远距离下标是倒数第二点：直接加一就行，默认一定可以到终点。如图：
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如果覆盖最远距离下标不是倒数第二点，说明本次覆盖已经到终点了。如图：
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有的录友认为版本一好理解，有的录友认为版本二好理解，其实掌握一种就可以了，也不用非要比拼一下代码的简洁性，简洁程度都差不多了。
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@ -76,7 +76,8 @@
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文中从计算机硬件出发，分析计算机的计算性能，然后亲自做实验，整理出数据如下：
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**大家有一个数量级上的概念就可以了！**
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@ -37,7 +37,8 @@
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先贪心一边，局部最优：只要右边评分比左边大，右边的孩子就多一个糖果，全局最优：相邻的孩子中，评分高的右孩子获得比左边孩子更多的糖果
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如图：
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接着在贪心另一边，左孩子大于右孩子，左孩子的糖果就要比右孩子多。
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@ -49,7 +50,7 @@
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局部最优可以推出全局最优。
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如图：
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## 周三
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@ -1,5 +1,4 @@
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# 本周小结！（贪心算法系列四）
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## 周一
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@ -10,7 +9,7 @@
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如图：
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模拟射气球的过程，很多同学真的要去模拟了，实时把气球从数组中移走，这么写的话就复杂了，从前向后遍历重复的只要跳过就可以的。
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@ -22,7 +21,7 @@
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如图：
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细心的同学就发现了，此题和 [贪心算法：用最少数量的箭引爆气球](https://programmercarl.com/0452.用最少数量的箭引爆气球.html)非常像。
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@ -31,6 +30,7 @@
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把[贪心算法：用最少数量的箭引爆气球](https://programmercarl.com/0452.用最少数量的箭引爆气球.html)代码稍做修改，就可以AC本题。
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修改后的C++代码如下：
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```CPP
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class Solution {
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public:
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@ -71,7 +71,7 @@ public:
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如图：
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## 周四
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@ -86,7 +86,7 @@ public:
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如图：
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## 总结
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@ -30,7 +30,7 @@ for (int i = 1; i < m; i++) {
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}
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```
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## 周二
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@ -44,7 +44,7 @@ dp[i][j]定义依然是：表示从（0 ，0）出发，到(i, j) 有dp[i][j]条
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如图：
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这里难住了不少同学，代码如下：
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@ -69,11 +69,11 @@ for (int i = 1; i < m; i++) {
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拿示例1来举例如题：
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对应的dp table 如图：
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## 周三
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@ -107,9 +107,10 @@ for (int i = 3; i <= n ; i++) {
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}
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}
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```
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举例当n为10 的时候，dp数组里的数值，如下：
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@ -141,7 +142,7 @@ dp数组如何初始化：只需要初始化dp[0]就可以了，推导的基础
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n为5时候的dp数组状态如图：
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## 总结
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@ -1,4 +1,6 @@
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# 本周小结！（动态规划系列三）
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本周我们正式开始讲解背包问题，也是动规里非常重要的一类问题。
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背包问题其实有很多细节，如果了解个大概，然后也能一气呵成把代码写出来，但稍稍变变花样可能会陷入迷茫了。
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@ -15,7 +17,7 @@
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关于其他几种常用的背包，大家看这张图就了然于胸了：
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本文用动规五部曲详细讲解了01背包的二维dp数组的实现方法，大家其实可以发现最简单的是推导公式了，推导公式估计看一遍就记下来了，但难就难在确定初始化和遍历顺序上。
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@ -61,14 +63,14 @@ for(int i = 1; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
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物品为：
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| | 重量 | 价值 |
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| --- | --- | --- |
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| ----- | ---- | ---- |
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| 物品0 | 1 | 15 |
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| 物品1 | 3 | 20 |
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| 物品2 | 4 | 30 |
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来看一下对应的dp数组的数值，如图：
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最终结果就是dp[2][4]。
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@ -120,7 +122,7 @@ for(int i = 0; i < weight.size(); i++) { // 遍历物品
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一维dp，分别用物品0，物品1，物品2 来遍历背包，最终得到结果如下：
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## 周三
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@ -35,7 +35,7 @@ bagSize = (S + sum) / 2 = (3 + 5) / 2 = 4
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dp数组状态变化如下：
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## 周二
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@ -72,7 +72,8 @@ dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - zeroNum][j - oneNum] + 1);
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最后dp数组的状态如下所示：
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## 周三
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@ -29,7 +29,7 @@ dp[1] = max(nums[0], nums[1]);
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以示例二，输入[2,7,9,3,1]为例。
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红框dp[nums.size() - 1]为结果。
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@ -41,15 +41,15 @@ dp[1] = max(nums[0], nums[1]);
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* 情况一：考虑不包含首尾元素
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* 情况二：考虑包含首元素，不包含尾元素
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* 情况三：考虑包含尾元素，不包含首元素
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需要注意的是，**“考虑” 不等于 “偷”**，例如情况三，虽然是考虑包含尾元素，但不一定要选尾部元素！对于情况三，取nums[1] 和 nums[3]就是最大的。
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@ -135,9 +135,11 @@ dp数组含义：下标为0记录不偷该节点所得到的的最大金钱，
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2. 确定终止条件
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在遍历的过程中，如果遇到空间点的话，很明显，无论偷还是不偷都是0，所以就返回
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```
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if (cur == NULL) return vector<int>{0, 0};
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```
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3. 确定遍历顺序
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采用后序遍历，代码如下：
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@ -175,7 +177,7 @@ return {val2, val1};
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以示例1为例，dp数组状态如下：（**注意用后序遍历的方式推导**）
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**最后头结点就是 取下标0 和 下标1的最大值就是偷得的最大金钱**。
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@ -196,6 +198,7 @@ return {val2, val1};
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这里我给出了三种解法：
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暴力解法代码：
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```CPP
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class Solution {
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public:
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@ -76,7 +76,7 @@ dp[0][4] = 0;
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以输入[1,2,3,4,5]为例
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可以看到红色框为最后两次卖出的状态。
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@ -142,7 +142,8 @@ for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
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以输入[1,2,3,4,5]，k=2为例。
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最后一次卖出，一定是利润最大的，dp[prices.size() - 1][2 * k]即红色部分就是最后求解。
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@ -194,7 +195,8 @@ vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(3, 0));
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以 [1,2,3,0,2] 为例，dp数组如下：
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最后两个状态 不持有股票（能购买） 和 不持有股票（冷冻期）都有可能最后结果，取最大的。
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