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C++ vectorOJ练习题

article 2024/11/18 20:25:31

目录

136. 只出现一次的数字

118. 杨辉三角

26. 删除有序数组中的重复项

137. 只出现一次的数字ll

260. 只出现一次的数字 III

17. 电话号码的字母组合

JZ39 数组中出现次数超过一半的数字

136. 只出现一次的数字

采用异或运算的思路

  • 异或运算的特性是，相同的数异或结果为0，而任何数与0异或结果仍为原数。
  • 通过在循环中不断进行异或运算，最终只出现一次的元素将会被保留在变量v中，而其他出现多次的元素则会被抵消掉。
class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        int v=0;
        for(auto a:nums)
        {
            v^=a;
        }
        return v;
    }
};

118. 杨辉三角

思路：找出杨辉三角的规律，发现每一行头尾都是1，中间第[j]个数等于上一行[j-1]+[j]。

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> generate(int numRows) {
        vector<vector<int>> v;
        v.resize(numRows, vector<int>());
        for (size_t i = 0; i < numRows; i++) {
            v[i].resize(i + 1, 0);
            v[i][0] = v[i][v[i].size() - 1] = 1;
        }
        for (size_t i = 0; i < v.size(); i++) {
            for (size_t j = 0; j < v[i].size(); j++) {
                if (v[i][j] == 0) {
                    v[i][j] = v[i - 1][j] + v[i - 1][j - 1];
                }
            }
        }
        return v;
    }
};
  • 首先，函数定义了一个二维整型数组v，用于存储生成的杨辉三角形。通过调用resize函数，将数组的行数设置为numRows，并将每一行的列数初始化为0。
  • 接下来，使用两个嵌套的for循环来遍历数组v中的每个元素。外层循环控制行数，内层循环控制列数。
  • 在内层循环中，首先通过v[i].resize(i+1,0)将当前行的列数设置为i+1，并将所有元素初始化为0。然后，将当前行的第一个元素和最后一个元素设置为1，即v[i][0]=v[i][v[i].size()-1]=1。
  • 接下来，通过判断当前元素是否为0，来确定是否需要计算该元素的值。如果当前元素为0，则表示该元素是由上方两个元素相加得到的。通过v[i-1][j-1]+v[i-1][j]计算出当前元素的值，并将结果赋值给v[i][j]。
  • 通过这样的循环嵌套，依次计算出杨辉三角形中每个位置的值。
  • 最后，函数返回生成的杨辉三角形数组v。

26. 删除有序数组中的重复项

方法一 

使用双指针方法,一个指针用于遍历数组并查找唯一的元素，另一个指针用于跟踪下一个不重复元素应该插入的位置。时间复杂度为O(N).

class Solution {
public:
    int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
        if (nums.empty())
            return 0;
        int a = 0, b = 1;
        while (b < nums.size()) {
            if (nums[a] != nums[b]){
                nums[++a] = nums[b];
            }
            ++b;
        }
        return a + 1;
    }
};
  • 如果nums为空，则立即返回0。这是因为空数组没有元素可以移除。函数使用两个指针a和b（或者可以认为是索引）来遍历数组。a指向要插入下一个唯一元素的位置，而b遍历数组寻找不重复的元素。
  • 当b小于nums.size()时，继续遍历数组。
  • 检查nums[a]和nums[b]。如果它们不相等，这意味着nums[b]是一个新的唯一元素，它应该被移到a指向的下一个位置。
  • 如果nums[a]和nums[b]相等，这意味着nums[b]是重复元素，因此不应移动a。
  • 当找到新的唯一元素时（即nums[a]和nums[b]不相等），将nums[b]的值复制到nums[a+1]的位置。这样做是为了在数组的前部保留所有唯一的元素。
  • 指针a递增以指向下一个可能的唯一元素的位置。
  • 无论nums[a]和nums[b]是否相等，b都会递增，以便继续检查数组的下一个元素。
  • 函数返回a+1，这是因为a是最后一个唯一元素的索引，而数组长度是最后一个元素的索引加1。

方法二

 思路： erase删除重复数据，不过会导致数据挪动，时间复杂度为O(N)

  1. 由于数据是排序好的，通过查询每一个数据的重复区间
  2. 将重复区间进行删除，只保留一个数据即可
class Solution {
public:
    int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
        if (nums.size() == 1)
            return 1;
        vector<int>::iterator it = nums.begin();
        vector<int>::iterator it1 = it + 1;

        while (it != nums.end()) {
            while (it1 != nums.end() && *it1 == *it){
                it1++;
            }
            it = nums.erase(++it, it1);
            it1 = it;
            it1++;
        }
        return nums.size();
    }
};

137. 只出现一次的数字ll

方法一：我们可以使用哈希映射统计数组中每个元素的出现次数。对于哈希映射中的每个键值对，键表示一个元素，值表示其出现的次数。在统计完成后，我们遍历哈希映射即可找出只出现一次的元素。

class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        unordered_map<int, int> count;
        for (auto a : nums) {
            ++count[a];
        }
        for (auto& pair : count) {
            if (pair.second == 1) {
                return pair.first;
            }
        }
        return -1;
    }
};

class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        unordered_map<int, int> map;
        for (auto n : nums) {
            ++map[n];
        }
        int a = 0;
        for (auto [n, o] : map) {
            if (o == 1) {
                a = n;
                break;
            }
        }
        return a;
    }
};

  1. 创建一个无序映射（unordered_map）count，用于记录每个元素出现的次数。

  2. 遍历数组nums，对于数组中的每个元素a，将其作为键，将其出现的次数加1。

  3. 遍历映射count中的每个键值对，对于每个键值对pair，如果其值等于1，说明该键对应的元素只出现了一次，返回该键。

  4. 如果遍历完映射count后仍未找到只出现一次的元素，则返回-1。

方法二：只有一个数字出现一次，其余数字均出现3次，假设数组为{3,5,3,3} 通过分析可知： 3的二进制：0 0 0 0 0 0 1 1 5的二进制：0 0 0 0 0 1 0 1 3的二进制：0 0 0 0 0 0 1 1 3的二进制：0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 3 4 二进制1的总数 对于出现3次的数字，各位出现的次数都是3的倍数，因此对统计的为1的比特总数%3 0 0 0 0 0 1 0 1 = 5 

class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        int ret = 0;
        for (int i = 0; i < 32; i++) {
            int sum = 0;
            for (auto n : nums) {
                if (((n >> i) & 1) == 1)
                    sum++;
            }
            sum %= 3;
            if (sum == 1)
                ret |= 1 << i;
        }
        return ret;
    }
};

260. 只出现一次的数字 III

 方法一：哈希表

class Solution {
public:
    vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {
        unordered_map<int, int> map;
        for (auto n : nums) {
            map[n]++;
        }
        vector<int> rec;
        for (size_t i = 0; i < nums.size(); ++i) {
            if (map[nums[i]] == 1) {
                rec.push_back(nums[i]);
            }
        }
        return rec;
    }
};

这种方法虽然在代码中实现了，但是它不符合题目要求的线性时间和常数空间的要求。

  • 使用哈希表来记录每个元素出现的次数。
  • 遍历数组，将出现一次的元素添加到结果列表中返回。

这种方法的时间复杂度为O(n)，空间复杂度也为O(n)，因为需要额外的空间来存储哈希表。

 方法二：位操作

class Solution {
public:
    vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {
        int sum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum ^= num;
        }
        int l = (sum == INT_MIN ? sum : sum & (-sum));
        int num1 = 0, num2 = 0;
        for (int num : nums) {
            if (num & l)
                num1 ^= num;
            else
                num2 ^= num;
        }
        return {num1, num2};
    }
};

这是符合题目要求的方法，利用了XOR运算的性质来解决问题：

  • 异或运算特性：相同为0，相异为1，无进位相加

    • 任何数和0做异或运算，结果仍然是原来的数，即 a⊕0=aa⊕0=a。
    • 任何数和其自身做异或运算，结果是0，即 a⊕a=0a⊕a=0。
    • 异或运算满足交换律和结合律，即 a⊕b=b⊕aa⊕b=b⊕a 和 (a⊕b)⊕c=a⊕(b⊕c)(a⊕b)⊕c=a⊕(b⊕c)。

  • 第一次异或：

    • 我们遍历整个数组，将所有元素进行异或运算。由于数组中的大部分元素都是成对出现的，所以这些成对的元素相互抵消，最后得到的结果就是那两个只出现一次的数的异或结果。设这两个数为 xx 和 yy，那么我们得到的异或结果 sum=x⊕ysum=x⊕y。

  • 寻找差异位：

    • 因为 xx 和 yy 是不同的数，所以 sumsum 至少有一个比特位是1。我们需要找到这个比特位，这可以通过将 sumsum 和它的补码 sum⊕(−sum)sum⊕(−sum) 进行与运算得到。这个比特位就是 sumsum 中从最低位开始的第一个1。
    • 另一种方法是直接使用 sumsum 本身，因为如果 sumsum 不是最小负数 INT_MIN，那么 sumsum 和它的补码的与运算结果就是 sumsum 的最低位1。如果 sumsum 是 INT_MIN，那么 sumsum 就已经是这个比特位了。

  • 第二次异或：

    • 利用找到的差异位，我们可以将数组中的所有元素分为两类：那些在这个比特位上为1的数，以及那些在这个比特位上为0的数。
    • 对这两类数分别进行异或运算。因为每一对重复的数在这个比特位上的值是一样的，它们会在各自的类别中相互抵消，剩下的就是那个类别中只出现一次的那个数。
    • 于是我们得到了 xx 和 yy。

这种方法的时间复杂度为O(n)，并且只需要常数级别的额外空间，满足题目的要求。

方法三：排序后比较

class Solution {
public:
    vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {
        sort(nums.begin(), nums.end());
        vector<int> res;
        int i = 0;
        for (; i < nums.size() - 1;) {
            if (nums[i] == nums[i + 1]) {
                i += 2;
            } else {
                res.push_back(nums[i]);
                i += 1;
            }
        }
        if (i < nums.size()) {
            res.push_back(nums[i]);
        }
        return res;
    }
};

这种方法也不完全符合题目要求的线性时间和常数空间的要求，但可以理解它的逻辑：

  • 先对数组进行排序。
  • 遍历排序后的数组，如果遇到相邻元素不相等的情况，则当前元素一定是只出现一次的元素。
  • 最后处理数组尾部的元素。

这种方法的时间复杂度为O(n log n)，因为排序通常需要O(n log n)的时间复杂度。空间复杂度取决于使用的排序算法，如果是原地排序则可以达到O(1)，但大多数情况下会大于O(1)。

17. 电话号码的字母组合

回溯算法

class Solution {
public:
    string num_str[10] = {"",    "",    "abc",  "def", "ghi",
                          "jkl", "mno", "pqrs", "tuv", "wxyz"};
    void combination(const string& digits, size_t di, string combStr,
                     vector<string>& strv) {
        if (di == digits.size()) {
            strv.push_back(combStr);
            return;
        }
        int num = digits[di] - '0';
        string str = num_str[num];
        for (auto ch : str) {
            combination(digits, di + 1, combStr + ch, strv);
        }
    }
    vector<string> letterCombinations(string digits) {
        vector<string> str;
        if (digits.size() == 0)
            return str;
        combination(digits, 0, "", str);
        return str;
    }
};

  1. 初始化映射表：

    • 创建了一个静态数组 num_str，用于存储数字到字母的映射关系。例如，"2" 映射到 "abc"，"3" 映射到 "def" 等等。注意索引 0 和 1 处的字符串为空，因为我们不考虑这两个数字对应的字母。

  2. 递归函数 combination：

    • 这个函数接受四个参数：digits（输入的数字字符串）、di（当前处理的数字索引）、combStr（当前构建的字符串组合）以及strv（用于存储所有可能组合的向量）。
    • 如果当前处理的索引 di 已经等于 digits 的长度，说明已经处理完所有的数字，此时将当前构建的字符串 combStr 加入结果向量 strv。
    • 否则，获取当前数字对应的字母字符串 str，然后遍历这个字符串中的每一个字母，并递归调用 combination 函数，同时增加索引 di 并将当前字母加入到 combStr。

  3. 主函数 letterCombinations：

    • 检查输入的 digits 字符串是否为空，如果为空则直接返回空的字符串向量。
    • 调用 combination 函数开始递归生成所有可能的组合。
    • 最终返回所有可能的字母组合。

示例步骤

假设 digits = "23"，则有以下步骤：

  • 开始时，di=0，combStr=""，num=2，对应的字母是 "abc"。
  • 对于每个字母 a, b, c，执行 di+1，即 di=1。
  • 当 di=1 时，num=3，对应的字母是 "def"。
  • 对于每个字母 d, e, f，执行 di+1，即 di=2。
  • 当 di=2 时，已经到达字符串末尾，将当前的 combStr 添加到结果向量中。

结果

对于 "23"，结果向量将会包含 "ad", "ae", "af", "bd", "be", "bf", "cd", "ce", "cf"。

这种方法的时间复杂度是 O(3^N * 4^M)，其中 N 是数字2、3、4、5、6、8出现的次数，M 是数字7、9出现的次数，因为数字7和9对应4个字符，其它数字对应3个字符。空间复杂度主要取决于递归调用栈的深度，最坏情况下为 O(N)。

JZ39 数组中出现次数超过一半的数字

哈希表 

class Solution {
  public:
    int MoreThanHalfNum_Solution(vector<int>& numbers) {
        unordered_map<int, int> count;
        int n=numbers.size();
        for (auto a : numbers) {
            ++count[a];
            if (count[a] > n / 2) {
                return a;
            }
        }
        return -1;
    }
};

http://www.kler.cn/a/301577.html

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