【每日一题】 2024年2月汇编（上）

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【2.1】LCP 24.数字游戏

LCP 24. 数字游戏icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/5TxKeK/

这个题目可以变换一下就是将一个递增的需求经过nums【i】-i变换变成一个求相等的需求，找中位数，用到了大小堆栈（优先队列），收获颇多。

  1. 首先是对于大小堆栈的定义，对于大堆栈可以默认定义为 如下，小顶堆需要声明一下 
    priority_queue<int> L;//大顶堆
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> R;//小顶堆
//第一个int是堆中数据类型，第二个数组是定义底层容器类型，第三个是比较函数大顶堆可以默认，也可以写上less<int>，小顶堆是greater

    大顶堆是堆顶是最大元素，后边push的一直维护一个递减，小顶堆相反

  2. 这个操作是一个动态平衡的一个思想，每加入一个元素，优先放到左边，进行动态调整，始终保持左边最多比右边多一个，堆会自动排好序。计算结果的时候，考虑先找出这一段的中位数，左右分开计算。
  3. 在计算这个ans【i】的时候，要注意这个整除溢出问题，所以给mid一个long long
class Solution {
public:
    vector<int> numsGame(vector<int>& nums) {
    priority_queue<int> L;//大顶堆
    priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> R;//小顶堆
    for(int i = 0; i < nums.size(); i++){
        nums[i] = nums[i] - i;
    }
    long sumL = 0;
    long sumR = 0;
    int mod = 1e9 +7;

    vector<int> ans(nums.size(),0);
    for(int i = 0; i < nums.size(); i++){
        if(L.empty() || nums[i] <= L.top()) {
            L.push(nums[i]);
            sumL += nums[i];
            //平衡
              if(L.size() > R.size() + 1){
            R.push(L.top());
            sumL -= L.top();
            sumR += R.top();
            L.pop();
        }
        }
        else{
            R.push(nums[i]);
            sumR += nums[i];
            if(L.size() < R.size()){
                L.push(R.top());
            sumR -= R.top();
            sumL += L.top();
            R.pop();
            }
        }
         long long  mid = L.top();
         ans[i] = (((i + 2) / 2) * mid - sumL + sumR - ((i + 1) / 2) * mid) % mod ; 
        
    }
    return ans;
    }
};

【2.2】1686.石子游戏Ⅵ

1686. 石子游戏 VIicon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/stone-game-vi/

对贪心的理解还是不够深入，贪心+排序即可解决这个问题，当你选择取一个石子的时候，你不仅是取得了你的分数，也让这个分数不能被你的对手获取，所以每次取的时候，你应该取使得aliceValues[i] + bobVlaues[i]最大的石子。

  1.  贪心的话，不仅要让自己取得的数比较大，还不能让别人取到大的你应该取使得aliceValues[i] + bobVlaues[i]最大的石子。
  2. 整体的代码思路为创建一个数组，这个数组是一维的，但是存储的是一个键值对，因为一会儿要排序，但是要存储它原始数组对应的位置，用这个新数组存储两个和，先排序再翻转就得到了一个递减数组，然后每两个一对做一个循环两个人依次取比较即可。
class Solution {
public:
    int stoneGameVI(vector<int>& aliceValues, vector<int>& bobValues) {
     int n = aliceValues.size();
     vector<pair<int,int>> stones;
     for(int i = 0 ; i < n ; i++){
         stones.push_back({aliceValues[i] + bobValues[i],i});
     }
     sort(stones.begin(),stones.end());
     reverse(stones.begin(),stones.end());
     int a = 0,b = 0;
     for(int i = 0; i < n; i += 2){
            a += aliceValues[stones[i].second];
            if(i + 1 < n) b += bobValues[stones[i + 1].second];
     }
     return a == b ? 0 : (a > b ? 1 : -1);
    }
};

【2.3】1690.石子游戏

1690. 石子游戏 VIIicon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/stone-game-vii/

这个题目是一个动态规划问题，相对来说还是比较复杂，可能也是我对动态规划整体不够熟悉，值得整理的一个题目，思路清晰很重要。

  • 对于这个题目的解题首先要理解明确几个问题 ，找出dp关系

  1. 首先明确——谁是先手谁的得分就最大.

  2. 对于 dp[i][j] 定义为区间 [i,j] 我们要的结果，在区间 [i, j]，dp[i][j] = 先手的总分 - 后手的总分。

  3. 如果 dp[i][j]这个区间当前是鲍勃操作，那么鲍勃的得分一定最大。选择去掉 stones[i] 后当前的分数为 sum(stones[i + 1], stones[j]).那么区间 [i + 1, j]鲍勃的得分是多少呢？不用管它dp[i + 1][j] 一定为对手爱丽丝作为先手得到的结果，因为谁先手谁的得分最大，则 dp[i + 1][j] = 爱丽丝得分 - 鲍勃的得分。
    sum(stones[i + 1], stones[j]) - dp[i + 1][j]
    = 鲍勃当前操作得分 - （爱丽丝的总分 - 鲍勃的总分）
    = 鲍勃当前操作得分 + 鲍勃的总分 - 爱丽丝的总分
    = 鲍勃新的总分 - 爱丽丝的总分 > 0（谁先手谁最大）。
    如果去掉 stones[j] 则原理同上.
    如果当前 dp[i][j] 是爱丽丝，则将上面的叙述中爱丽丝和鲍勃名字互换。

  4. 对于爱丽丝我们很好理解为什么要最大化dp[i][j] = max(sum(stones[i + 1], stones[j]) - dp[i + 1][j], sum(stones[i], stones[j - 1]) - dp[i][j - 1]);那么鲍勃为什么也要最大化 dp[i][j] 呢，因为爱丽丝先手，鲍勃必输，题目给出了。所以只有当鲍勃操作时 dp[i][j] 最大，才能让爱丽丝操作时得到的结果最小,满足鲍勃的野心
    爱丽丝当前操作得分 - (鲍勃的总分 - 爱丽丝的总分)(鲍勃操作时的最大化差值)

    //假设现在Bob先手
//现在要得到的结果dp[i][j] = Bob当前操作的得分 - （Alice的总得分 - Bob的总得分）=  sum(stones[i + 1], stones[j]) - dp[i + 1][j]
class Solution {
public:

    int stoneGameVII(vector<int>& stones) {
     vector<int> sums(stones.size() + 1,0);
     vector<vector<int>> dp(stones.size(),vector<int>(stones.size(),0));
//   前缀和
     for(int i = 0; i < stones.size(); i++){
         sums[i + 1] = sums[i] + stones[i];
     }
//  dp关系
    for(int i = stones.size() - 2; i >= 0; --i){
        for(int j = i + 1; j < stones.size(); ++j){
            dp[i][j] = max(sums[j + 1] - sums[i + 1] - dp[i + 1][j],sums[j] - sums[i] - dp[i][j -1]);
        }
    }
    return dp.front().back();
    }
};
  • 对于代码的核心其实是前缀和 + dp关系。定义两个数组，一个记录sum（n+1），一个记录dp关系，做dp关系的循环时候，要从内部往外部递归，不要错了顺序。最后.front.back是【0】【size - 1】的意思。

【2.4】292.Nim游戏

292. Nim 游戏icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/nim-game/

一个小小的思维题，当有1、2、3个时候，你可以直接拿走直接赢了，但是当有4个时候，你拿几个，对面都能直接赢，当有5，6，7个时候。你可以先拿走一些剩下四个，这样对面拿啥你都行，但是当第8个的时候，你拿几个，对面都能给你剩下四个，依次类推，当有4，8，12等的时候4的倍数的时候，你都不能赢。    

class Solution {
public:
    bool canWinNim(int n) {
      return n % 4 != 0;
    }
};

【2.5】1696.跳跃游戏Ⅵ

1696. 跳跃游戏 VIicon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/jump-game-vi/

这道题目，第一思路就是递推，但是很遗憾2000分的题直接超时，需要用到单调队列去处理，好久不用了，有点生疏了。

方法一：递归（超时）

 dp[i] = *max_element(dp.begin() +max(i - k,0),dp.begin() + i) + nums[i];

看一下从i往前k个数中的最大值加上nums【i】 

//递推
class Solution {
public:
    int maxResult(vector<int>& nums, int k) {
    int n = nums.size();
    vector<int> dp(n);
    dp[0] = nums[0];
    for(int i = 1; i < n; i++){
        dp[i] = *max_element(dp.begin() +max(i - k,0),dp.begin() + i) + nums[i];
    }
    return dp[n - 1];
    }
};

 方法二： 单调队列

 仔细观察题目，和我们之前做的一个题目特别的像，滑动窗口最大值，我们用到就是单调双端队列！，这个其实一个意思。入的时候，先看前面有没有比他小的，如果有，pop掉再入，保证整体是一个单调递减，开头判断是否需要出。然后转移关系是 f[i] = f[q.front()] + nums[i];

class Solution {
public:
    int maxResult(vector<int>& nums, int k) {
      int n = nums.size();
      vector<int> f(n);
      f[0] = nums[0];
      deque<int> q = {0};
      for(int i = 1; i < n; i++){
          //数量超了，出
          if(q.front() < i - k){
              q.pop_front();
          }
          //转移
          f[i] = f[q.front()] + nums[i];

          //入,注意这里是while
          while(!q.empty() && f [i] >= f[q.back()]){
              q.pop_back();
          }
          q.push_back(i);
      }
      return f[n - 1];
    }
};

 回顾一下滑动窗口最大值那个题目

239.滑动窗口最大值

239. 滑动窗口最大值icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/sliding-window-maximum/

class Solution {
public:
    vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
    int n = nums.size();
    deque<int> q;
    vector<int>res (nums.size() - k + 1);
    // 形成窗口前
    for(int i = 0; i < k; i++){
       while(!q.empty() && q.back() < nums[i]){
           q.pop_back();
       }
       q.push_back(nums[i]);
    }
    res[0] = q.front();

    // 形成窗口后
    for(int i = k; i < n; i++){
        if(q.front() == nums[i - k]){
            q.pop_front();
        }
        while(!q.empty() && q.back() < nums[i]){
            q.pop_back();
        }
        q.push_back(nums[i]);
        res[i - k + 1] = q.front();
    }
      return res;
    }
};

【2.6】LCP 30魔塔游戏

LCP 30. 魔塔游戏icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/p0NxJO/

魔塔游戏，就是让这个血量在最后前不能小于0，是一个贪心加优先队列的一个思路，用一个小顶堆去维护一个顶端最小的一个数，每当这个hp小于0的时候，就贪心地把一个最小的扔到最后，但是不要忘了设置一个delay，最后要加上验算是否总和大于0.

需要注意以下数据量，大概10的15次方，hp和dalay需要声明long long 

class Solution {
public:
    int magicTower(vector<int>& nums) {
    // 小顶堆
    priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> q; 
    int ans = 0;
    long long hp = 1,delay = 0;
    int sum = 0;
    for(int num : nums){
        if(num < 0) {
            q.push(num);
        }
        hp += num;
        if(hp <= 0){
            ans ++;
            delay += q.top();
            hp -= q.top();
            q.pop();
        }
    }
    // 最后要把这个delay加上，如果小于0，铁不行
         hp += delay;
         return hp > 0 ? ans : -1; 
    }
};

补充：LCP 24数字游戏

LCP 24. 数字游戏icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/5TxKeK/

同样是用优先队列，大顶推和小顶堆都用上了。整体思路就是，对顶堆维护动态的中位数，两个相对的顶堆，大顶堆的left就是中位数。

注意，顶堆在push和pop后，会自动插入相应位置形成单调。再次回顾顶堆的定义。大顶堆可以直接默认，小顶堆需要声明完全 

        priority_queue<int> q1;//大顶堆
        priority_queue<int,vector<int>,greater<int>>q2;//小顶堆
class Solution {
public:
    vector<int> numsGame(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        priority_queue<int> q1;//大顶堆
        priority_queue<int,vector<int>,greater<int>>q2;//小顶堆
        for(int i = 0; i < n; i++){
        nums[i] = nums[i] - i;
     }

vector<int> res(n,0);

long long mod = 1e9 + 7;
long long sum1 = 0;
long long sum2 = 0;

//对顶堆维护动态的中位数
for(int i = 0 ;i < n; i++){
    if(q1.empty() || nums[i] <= q1.top()){
        q1.push(nums[i]);
        sum1 += nums[i];
        //维护平衡
        if(q1.size() > q2.size() + 1){
            q2.push(q1.top());
            sum1 -= q1.top();
            sum2 += q1.top();
            q1.pop();
        }
    }
        else{
            q2.push(nums[i]);
            sum2 += nums[i];
            if(q2.size() > q1.size()){
                q1.push(q2.top());
                sum2 -= q2.top();
                sum1 += q2.top();
                q2.pop();
            }
        
    }
    long long mid = q1.top();
        res[i] = (((i + 2) / 2) * mid - sum1 + sum2 - mid * ((i + 1) / 2)) % mod;
}
return res;
    }
};

【2.8】993.二叉树的堂兄弟结点

993. 二叉树的堂兄弟节点icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/cousins-in-binary-tree/

 关于找堂兄弟，可以用深度优先和广度优先，虽然简单，但是确实冗长，我更熟悉用DFS解决。

方法一：DFS（深度优先遍历） 

核心代码在于dfs函数内部逻辑。 

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    //x 数据
    int x;
    int x_depth;
    TreeNode *x_parent;
    bool x_found = false;
    //y 数据
    int y;
    int y_depth;
    TreeNode *y_parent;
    bool y_found = false;
    void dfs(TreeNode *node, int depth,TreeNode *parent){
        if(!node){return;}
        if(node -> val == x){
            x_depth = depth;
            x_parent = parent;
            bool x_found = true;
        }
        else if(node -> val == y){
            y_depth = depth;
            y_parent = parent;
            bool y_found = true;
        }
        //两个都找到了，就return
        if(x_found && y_found){
            return;
        }
        dfs(node -> left,depth + 1,node);
        if(x_found && y_found){
            return;
        }
        dfs(node -> right,depth + 1, node);
    }
    bool isCousins(TreeNode* root, int x, int y) {
     this -> x = x;
     this -> y = y;
     dfs(root,0,nullptr);
     return(x_depth == y_depth && x_parent != y_parent);
    }
};

【2.09】236.二叉树的最近公共祖先

236. 二叉树的最近公共祖先icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/lowest-common-ancestor-of-a-binary-tree/

整体思路还是递归，树的知识感觉大同小异，直接dfs ，分类四种情况

  1. 分三步考虑，第一终止条件，当root等于p或者q的时候，返回root，说明找到了，当为空的时候，返回null，说明找穿了
  2. 第二步递推工作，就是递归完左边，递归右边
  3. 第三步返回值，分为四种情况，第一种，left，right都是空，说明root的左右子树都不包含，返回空，如果left，right、同时不为空，说明在root的两侧，root就是最近子节点，返回root，如果left为空，说明p或者q在root的右侧直接返回right，right为空同理。 
class Solution {
public:
    TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
        if(root == p || root == q || root == nullptr) return root;
        TreeNode* left = lowestCommonAncestor(root -> left,p,q);
        TreeNode* right = lowestCommonAncestor(root -> right,p,q);
        if(left == NULL && right == NULL) return NULL;
        if(left == NULL) return right;
        if(right == NULL) return left;
        return root;
    }
};

【2.10】94.二叉树的中序遍历

【2.11】144.二叉树的前序遍历

【2.12】145.二叉树的后序遍历

94. 二叉树的中序遍历icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/binary-tree-inorder-traversal/
144. 二叉树的前序遍历icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/binary-tree-preorder-traversal/

145. 二叉树的后序遍历icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/binary-tree-postorder-traversal/

 这三个题目过年三天官方福利，三个简单题目思路完全一样，前序后序和中序遍历，搞清楚概念用dfs解决即可。

前序遍历：按照访问根节点——左子树——右子树

中序遍历：按照访问左子树——根节点——右子树 

后序遍历：按照访问左子树——右子树——根节点

这个序是按照根节点位置来的

//94
class Solution {
public:
    void inorder(TreeNode* root,vector<int>& res)
    {
        if(!root){
            return;
        }
        inorder(root -> left,res);
        res.push_back(root -> val);
        inorder(root ->right,res);
    }

    vector<int> inorderTraversal(TreeNode* root) {
    vector<int> res;
    inorder(root,res);
    return res;
    }
};
//144
class Solution {
public:
     void qianxu(TreeNode* root,vector<int> &res){
        if(!root) {return;}
        res.push_back(root -> val);
        qianxu(root -> left,res);
        qianxu(root -> right,res);
    }
    vector<int> preorderTraversal(TreeNode* root) {
        vector<int> res;
        qianxu(root,res);
        return res;
      
    }
};
//145
class Solution {
public:
    void houXu(TreeNode* root,vector<int> &res){
        if(!root){
            return;
        }
        houXu(root -> left,res);
        houXu(root-> right,res);
        res.push_back(root -> val);
       
    }
    vector<int> postorderTraversal(TreeNode* root) {
     vector<int>res;
     houXu(root,res);
     return res;
    }
};

【2.13】987.二叉树的垂序遍历

987. 二叉树的垂序遍历icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/vertical-order-traversal-of-a-binary-tree/

整体思路运用dfs输出每个结点的行列和值的对应关系，用哈希表存储，再对哈希表进行遍历输出。

  1. 值得注意的是，在哈希表遍历输入的时候，一定要用emplace_back()，这样可以一个键存多个值对，如果用push_back则不行,在后续遍历哈希表的时候，无法将键一样的存在一个数组里。
  2. 整体思路，dfs经典递归，然后先对每一个键的值对遍历，排序后存到每一个数组中，还有就是ranges：：sort排序更为方便直接（）内加容器。
class Solution {
      map<int, vector<pair<int, int>>> groups;
public:
     void dfs(TreeNode *node, int row,int  col){
      if(!node){return;}
     groups[col].emplace_back(row,node -> val);
     dfs(node -> left,row + 1,col - 1);
     dfs(node -> right,row + 1, col + 1);
     }
    vector<vector<int>> verticalTraversal(TreeNode* root) {
    dfs(root,0,0);
    vector<vector<int>> ans;
    for(auto &[_,g] : groups){
        ranges :: sort(g);
        vector<int> vals;
    for(auto &[_,val] : g){
        vals.push_back(val);
    }
    ans.push_back(vals);
    }
    return ans;
    }
};

【2.14】102.二叉树的层序遍历

102. 二叉树的层序遍历icon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/binary-tree-level-order-traversal/

对于这种层序遍历就不得不用BFS了。层序遍历和最短路径是BFS的主要就业空间。

  1. 值得注意的几个点，第一个是 在二维向量中添加一维向量之前最好是先创建一个一维向量。
  2. 在BFS中，常用队列数据结构，因为其先进先出的特性，可以pop出以后，对结点的左右子树进行遍历实现广度优先遍历。
class Solution {
public:
    vector<vector<int>> levelOrder(TreeNode* root) {
        vector<vector<int>> res;
      if(!root) {
          return res;
      }
    
      queue<TreeNode*> q;
      q.push(root);
      while(!q.empty()){
          int currentSize = q.size();
          res.push_back(vector<int>());//在二维向量中添加一维向量之前最好是先创建一个一维向量
          for(int i = 1; i <= currentSize;++i){
              auto node = q.front();q.pop();
              res.back().push_back(node -> val);
              if(node -> left) q.push(node -> left);
              if(node -> right) q.push(node -> right);
          }
      }
      return res;
    }
};

【2.15】102.二叉树的层序遍历Ⅱ

107. 二叉树的层序遍历 IIicon-default.png?t=N7T8https://leetcode.cn/problems/binary-tree-level-order-traversal-ii/

 和上一题基本一样，就是加一个reverse的函数，BFS以后数组再swap一下反向输出就行

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:

 void reverseArray(vector<vector<int>> &arr,int size){
      int start = 0;
      int end = size -1;
      while(start <= end){
        //   auto temp = arr[start];
        //   arr[start] = arr[end];
        //   arr[end] = temp;

        //   start ++;
        //   end  --;
        swap(arr[start],arr[end]);
          start ++;
          end  --;
      }
    }

    vector<vector<int>> levelOrderBottom(TreeNode* root) {
     vector<vector<int>> res;
      if(!root) {
          return res;
      }
    
      queue<TreeNode*> q;
      q.push(root);
      while(!q.empty()){
          int currentSize = q.size();
          res.push_back(vector<int>());//在二维向量中添加一维向量之前最好是先创建一个一维向量
          for(int i = 1; i <= currentSize;++i){
              auto node = q.front();q.pop();
              res.back().push_back(node -> val);
              if(node -> left) q.push(node -> left);
              if(node -> right) q.push(node -> right);
          }
      }
      reverseArray(res,res.size());
      return res;
    }
};

 

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