题目难度：一星考察点：模拟、计数 方法：模拟、计数  分析：由于整个屏幕有n列，那么如果想要得分的话就要从第1列到第n列都要有值才能得分，那么我们只需要对每个方块落在第几列进行计数，然后从第1列一直循环到第n列，判断哪列的计数值最小，最小值就是答案，输出即可。举个例子:3 61 2 3 1 1 2上例表示一共有三列，6个1*1的方块，那么我们统计一下每一列的方块数：第一列：有3个（数字1有三个）第二列：有2个（数字2有二个）第三列：有1个（数字3有一个）所以以每列的个数最小值为最终答案，即小易能够得1分。  算法实现：(0). 输入x，用一个数组用来计数a[x]++(1). 从第1列遍历到第n...

题目难度：三星考察点：二进制枚举、中途相遇法 方法1：暴力二进制枚举  分析：每个零食有放和不放两种情况，那么对于n个零食来说就有2^n种情况，我们对于这2^n种情况挨个判断每种情况的体积数是否超过背包容量w，如果没有超过背包容量就记录答案。Tips：注意结果用long long  算法实现：(0). 首先计算全部的状态all=(1<<n)。(1). 遍历这all种状态(2). 对于每种状态计算当前的体积值，如果体积值<=w，记录结果ans++(3). 输出结果  复杂度分析：时间复杂度：O(n*2^n)空间复杂度：O(n) 代码： #include <bits/std...

题目难度：二星考察点：模拟 方法：模拟  分析：按照题意模拟，然后将出现的时间全部转化为数字，上课时间-路上耽误的时间=最晚起床时间，然后根据闹钟的时间早晚找到最晚起床时间，如果将闹钟时间转化为分钟数的值小于等于最晚起床时间转化为的分钟数，那么此时这个闹钟就可以作为起床时间可用，然后找到最晚的闹钟时间。  算法实现：(0). 对于题目中所出现的时间概念，全部转化为分钟表示的数字，数字越小代表的时间越早，数字越大表示时间越晚，例如：A时B分可以转化为data = A*60+B。(1). 那么我们就可以遍历闹钟序列，然后判断是否满足如果从当前闹钟开始需要x分钟到达教室不迟到的条件(2). 如果满足...

题目难度：三星考察点：枚举、几何 方法：枚举  分析：注意一点题目要求的是平面内重叠矩形数量最多的地方,有多少个矩形相互重叠？那么对于这个题目来说，正常的循环遍历方法是无法轻易解决的，那么我们换种方法，我们想办法将这n个矩形所包含的点全部枚举出来，然后在检查看有多少个矩形包含这个点，输出包含点最多的矩形个数值即可。举个例子:现在有两个矩形，第一个矩形的左下角坐标为(0,0)右上角坐标为(6,6)，第二个矩形的左下角坐标为(5,5)右上角坐标为(10,10)，那么我们将这两个矩形所包含的点列举出来：{(0,0),(0,5),(0,6),(0,10),(5,0),(5,5),(5,6),(5,10...

题目难度：三星考察点：数学、枚举 方法1：暴力算法  分析：从1-n挨个枚举x,y，对于每个数对(x,y)判断是否x%y>=k，如果满足条件结果ans++，最后输出ans即可。 复杂度分析：时间复杂度：O(n^2)空间复杂度：O(1) 代码：#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long LL; int main() { int n, k; cin>>n>>k; int ans = 0; for(int x=1; x<=n; x++) { for(int y=1; y...

题目难度：一星考察点：模拟 方法：模拟  分析：按照题意模拟即可，判断向左走了多少步，向右走了多少步，然后得出向左向右走的步数的差值，然后对4进行取模，为什么对4取模呢？是因为一共有NSWE四个方向，所以需要对4取模，如果取模之后得到的结果ans是负数，那么ans=ans+4，因为向右走了1步等价于向左走了三步，然后根据相差的步数来判断到底是哪个方向，为了方便记录向左ans++，向右ans--：  算法实现：(0). 遍历字符串s，然后如果当前字符为'L'，那么ans++，否则ans--。(1). 将ans对4取模，保证ans最后为区间属于[0,3]。(2). 判断最后牛牛面向的方向:如果an...

题目难度：二星考察点：贪心  分析：对于这道题来说，如果在第i个位置上安装路灯，那么它能够照亮的地方就是i-1, i和i+1,那么安装路灯最少的方法就是在三个位置的中间设置路灯，即如果第i个位置为'.'， 那么显然在 i+1 处安装路灯是最好的，它可以照到位置i, i+1和i+2，这样能够最大程度的减少路灯的数目。例如下图：算法实现：(1) 设置遍历指针i=0;(2) 如果第i个位置为'.'，ans++（在i+1处放置路灯，可以照亮i, i+1, i+2），然后从第i+3位置处继续遍历，即i=i+3；(3) 如果第i个位置为'x'，那么指针i++。(4) 一直遍历字符串末尾结束，最后输出ans...

题目难度：二星考察点：找规律简要说明：这是一道找规律的题目，只要我们发现其中的规律，题目也就迎刃而解。  分析： 对于这道题来说，我们肯定不能直接从l到r遍历一遍，然后对于每个数判断是否能够被3整除，这样的复杂度太高，因为数据范围是10^9，所以我们考虑找规律，打表如下：1%3 =====> 112%3 =====> 0123%3 =====> 01234%3 =====> 112345%3 =====> 0123456%3 =====> 0那么我们发现从1开始，每隔3个数就有两个数%3=0，那么从[1,x]区间有多少能被3整除的数呢？答案显然为 f(x)=...

题目难度：三星考察点：贪心、排序 方法1：暴力算法  分析：对于每个小伙伴，从1-n遍历一遍找到超过自身能力值的情况下报酬最高的那个人，输出即可。 复杂度分析：时间复杂度：O(m*n)空间复杂度：O(n) 代码：#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 1e5+5; struct Node { int x, y; }a[MAXN]; int main() { int n, m; cin>>n>>m; for(int i=0; i<n; i++) cin>>a...

题目的主要信息：  题目给出我们一棵树的其中的某一个结点指针 我们需要返回这棵树按照中序遍历的该节点的下一个顺序结点指针 树的每个节点都有三个指针，指向左子节点、右子节点、父节点  举一反三： 学习完本题的思路你可以解决如下题目： JZ54. 二叉搜索树的第k个节点 JZ68. 二叉搜索树的最近公共祖先 方法一：中序遍历递归（推荐使用） 知识点：二叉树递归 递归是一个过程或函数在其定义或说明中有直接或间接调用自身的一种方法，它通常把一个大型复杂的问题层层转化为一个与原问题相似的规模较小的问题来求解。因此递归过程，最重要的就是查看能不能讲原本的问题分解为更小的子问题，这是使用递归的关键。 而二叉...

题目的主要信息：  实现一个函数用来找出字符流中第一个只出现一次的字符 Insert函数插入字符流的下一个字符， FirstAppearingOnce找到第一个不重复出现的字符 如果找不到返回# 字符串中出现的字符一定在 ASCII 码内  举一反三： 学习完本题的思路你可以解决如下题目： JZ50. 第一个只出现一次的字符 JZ39. 数组中出现次数超过一半的数字 JZ56. 数组中只出现一次的两个数字 方法一：哈希表+字符串（推荐使用） 知识点：哈希表 哈希表是一种根据关键码（key）直接访问值（value）的一种数据结构。而这种直接访问意味着只要知道key就能在O(1)O(1)O(1)时...

描述 这是一篇针对初学者的题解。讲述了如何从归并排序的思想到解决本题。知识点：递归难度：二星  题解 题目描述：给定一个数组arr， 数组元素各不相同，求arr[i] > arr[j] 且 i < j的个数。 首先还是提出两个问题，带着问题来看题解，我觉得效率更好。Q1：为什么归并排序需要额外的空间？Q2：为什么此题的最优解法可以借助归并排序的思想？ 方法一：暴力方法 对于此题，按住一个arr[i], 依次判断{i+1 ... n-1]是否满足条件。n为数组的大小。代码如下： class Solution { private: const int kmod = 1000000007...

题目的主要信息：  把一根长度为nnn的绳子分成mmm段，每段长度都是整数 求每段长度乘积的最大值  举一反三： 学习完本题的思路你可以解决如下题目： JZ83. 剪绳子（进阶版） JZ71. 跳台阶扩展问题 JZ42. 连续子数组的最大和 方法一：动态规划（推荐使用） 知识点：动态规划 动态规划算法的基本思想是：将待求解的问题分解成若干个相互联系的子问题，先求解子问题，然后从这些子问题的解得到原问题的解；对于重复出现的子问题，只在第一次遇到的时候对它进行求解，并把答案保存起来，让以后再次遇到时直接引用答案，不必重新求解。动态规划算法将问题的解决方案视为一系列决策的结果。 思路： 一旦分出一段...

题目的主要信息：  有一个坐标从 [0,0] 到 [rows-1,cols-1] 的方格 机器人每次只能走上下左右四个方向，但是行坐标和列坐标的数位之和大于 threshold 的格子不能进入 求从起点[0, 0]开始最多经过可以多少个格子  举一反三： 学习完本题的思路你可以解决如下题目： JZ12. 矩阵中的路径 方法一：深度优先搜索（推荐使用） 知识点：深度优先搜索（dfs） 深度优先搜索一般用于树或者图的遍历，其他有分支的（如二维矩阵）也适用。它的原理是从初始点开始，一直沿着同一个分支遍历，直到该分支结束，然后回溯到上一级继续沿着一个分支走到底，如此往复，直到所有的节点都有被访问到。 ...