方法一：辅助栈核心思想：普通栈的 和 函数的复杂度为，满足题目要求。但获取栈最小值的 函数需要遍历整个栈，复杂度为，所以本题的主要目的就在于优化对栈的最小值的获取，这可以通过使用一个具有单调性的辅助栈来实现。具体思路：数据栈：数据栈用于存储所有元素，保证函数的正常逻辑。辅助栈：辅助栈中存储数据栈中所有降序的元素。栈具有先进后出的特点，所以一个值压入栈中后，只要未被弹出，所有在它之后进行压栈的小于该值的元素都不会成为最小值，可以不压入辅助栈，这可以保证辅助栈栈顶即为数据栈中所有数据中的最小值。函数说明： 压栈时，只有辅助栈为空，或该数值不大于辅助栈栈顶元素，才对辅助栈进行压栈。 出栈时，如果数据...

方法一：栈 核心思想： 题目要求将单词逆序输出，很容易想到一个思路就是利用栈的先入后出特性。 解法：首先读取单词，以空格为分界符（在字符串最后加上一个空格避免特判），读取的同时进行大小写转换，然后将单词加入到栈中。在全部单词读取完毕后，逐个弹出单词，即为答案 图示：  之后从栈顶逐个弹出即为答案 核心代码：  class Solution { public:     string trans(string s, int n) {         stack<string> sk;       ...

方法一：二分查找到指定元素后找到最左边 核心思想： 首先使用二分查找，寻找到一个与目标值相等的数，之后往左侧线性查找到最左边或到不等于目标值的元素 核心代码：  class Solution { public: int search(vector<int>& nums, int target) { int n = nums.size(); if(n < 1 || nums[0] > target || nums[n - 1] < target) { return -1; //数组为空，数组中所有元素都大于/小于目标值时，直接返回-1 } int i = 0...

方法一：分割后比较核心思想：可以将需要比较的两个版本号按拆分为块，逐块进行比较，根据比较结果进行返回。注意：可能出现两个版本号块数不同，此时将较短版本号后续块中字符视为0。图示：   核心代码： class Solution { public: //用于拆分版本号的辅助函数 void helper(vector<int>& nums, string& version) { int n = version.length(), num = 0; for(int i = 0; i < n; ++i) { if(version[i] == '.') {//以“.”为切...

方法一：遍历核心思想：开辟一个与原字符串同等大小的字符串，然后遍历输入的字符串，将其逆序输出到新字符串并返回过程如图：核心代码： class Solution { public: string solve(string str) { string ans = str; int n = str.length(); for(int i = 0; i < n; ++i) { ans[i] = str[n - i - 1]; //逆序填入 } return ans; } };复杂度分析：时间复杂度：，需要遍历数组一次空间复杂度：，开辟了一个与输入字符串等长的字符串 方法二：双指针核心思想：直接在...

首先要明确题意，既寻找给定非空二叉树中的两个节点的最近公共祖先节点 祖先：若节点 o1 在 root的左子树/右子树上，或 o1 = root， 则 root 为 o1 祖先   最近公共祖先：节点 root 为 o1 和 o2 的公共祖先，且 root的左子树/右子树都不为 o1 和 o2的公共祖先，则 root 为 o1 和 o2 的最近公告祖先     方法一：存储路径进行对比 核心思想： 对root进行两次深度搜索，分别找到到达 o1 和 o2 的路径，两条路径的最后一个公共节点即为最近公共祖先 图示：        load1   0   1   3     load2   0   ...

方法一：求和 核心思想：由题意可知，给定数组为0 - n中的n + 1个数去除一个数所得，所以只要将0 - n中所有数的和与给定数组的和做差，所得结果即为缺少的数。 既假设给定数组为$[0, 1, ..., k - 1, k + 1, ..., n],$ 缺少数字为k。 此时设数组和为:   0到n求和所得结果为：         sun   0   1   ...   k-1   k   k+1   ...   n     num   0   1   ...   k-1      k+1   ...   n     sum-num   0   0   0   0   k   0   0   ...