5.前端算法4
2.19 给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。 设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。 注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
参考答案：
var maxProfit = function(prices) {
var max = 0;
var len = prices.length;
for (var i=0; i<len-1; i++){
if (prices[i+1]>prices[i]){
max += prices[i+1]-prices[i];
}
}
return max;
};
2.20 二维数组中的查找
参考答案：
题目：
在一个二维数组中，每一行都按照从左到右递增的顺序排序，每一列都按照从上到下递增的顺序排序。请完成一个函数，输入这样的
一个二维数组和一个整数，判断数组中是否含有该整数。、
思路：
（1）第一种方式是使用两层循环依次遍历，判断是否含有该整数。这一种方式最坏情况下的时间复杂度为 O(n^2)。
（2）第二种方式是利用递增序列的特点，我们可以从二维数组的右上角开始遍历。如果当前数值比所求的数要小，则将位置向下移动
，再进行判断。如果当前数值比所求的数要大，则将位置向左移动，再进行判断。这一种方式最坏情况下的时间复杂度为 O(n)。
2.21 重建二叉树
参考答案：
题目：
输入某二叉树的前序遍历和中序遍历的结果，请重建出该二叉树。假设输入的前序遍历和中序遍历的结果中都不含重复的数字。例如输
入前序遍历序列 {1,2,4,7,3,5,6,8} 和中序遍历序列 {4,7,2,1,5,3,8,6}，则重建二叉树并返回。
思路：
利用递归的思想来求解，首先先序序列中的第一个元素一定是根元素。然后我们去中序遍历中寻找到该元素的位置，找到后该元素的左
边部分就是根节点的左子树，右边部分就是根节点的右子树。因此我们可以分别截取对应的部分进行子树的递归构建。使用这种方式的
时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(logn)
2.22 用两个栈实现队列
参考答案：
题目：
用两个栈来实现一个队列，完成队列的 Push 和 Pop 操作。
思路：
队列的一个基本特点是，元素先进先出。通过两个栈来模拟时，首先我们将两个栈分为栈 1 和栈 2。当执行队列的 push 操作时，直接
将元素 push 进栈 1 中。当队列执行 pop 操作时，首先判断栈 2 是否为空，如果不为空则直接 pop 元素。如果栈 2 为空，则将栈 1 中
的所有元素 pop 然后 push 到栈 2 中，然后再执行栈 2 的 pop 操作。
扩展：
当使用两个长度不同的栈来模拟队列时，队列的最大长度为较短栈的长度的两倍。
2.23 复杂链表的复制
参考答案：
题目：
输入一个复杂链表（每个节点中有节点值，以及两个指针，一个指向下一个节点，另一个特殊指针指向任意一个节点），返回结果为
复制后复杂链表的 head。（注意，输出结果中请不要返回参数中的节点引用，否则判题程序会直接返回空）
思路：
（1）第一种方式，首先对原有链表每个节点进行复制，通过 next 连接起来。然后当链表复制完成之后，再来设置每个节点的 ra
ndom 指针，这个时候每个节点的 random 的设置都需要从头结点开始遍历，因此时间的复杂度为 O(n^2)。
（2）第二种方式，首先对原有链表每个节点进行复制，并且使用 Map 以键值对的方式将原有节点和复制节点保存下来。当链表复
制完成之后，再来设置每个节点的 random 指针，这个时候我们通过 Map 中的键值关系就可以获取到对应的复制节点，因此
不必再从头结点遍历，将时间的复杂度降低为了 O(n)，但是空间复杂度变为了 O(n)。这是一种以空间换时间的做法。
（3）第三种方式，首先对原有链表的每个节点进行复制，并将复制后的节点加入到原有节点的后面。当链表复制完成之后，再进行
random 指针的设置，由于每个节点后面都跟着自己的复制节点，因此我们可以很容易的获取到 random 指向对应的复制节点
。最后再将链表分离，通过这种方法我们也能够将时间复杂度降低为 O(n)。
2.24 数组中出现次数超过一半的数字
参考答案：
题目：
数组中有一个数字出现的次数超过数组长度的一半。请找出这个数字。例如输入一个长度为 9 的数组{1,2,3,2,2,2,5,4,2}。由于数
字 2 在数组中出现了 5 次，超过数组长度的一半，因此输出 2。如果不存在则输出 0。
思路：
（1）对数组进行排序，排序后的中位数就是所求数字。这种方法的时间复杂度取决于我们采用的排序方法的时间复杂度，因此最快为
O(nlogn)。
（2）由于所求数字的数量超过了数组长度的一半，因此排序后的中位数就是所求数字。因此我们可以将问题简化为求一个数组的中
位数问题。其实数组并不需要全排序，只需要部分排序。我们通过利用快排中的 partition 函数来实现，我们现在数组中随
机选取一个数字，而后通过 partition 函数返回该数字在数组中的索引 index，如果 index 刚好等于 n/2，则这个数字
便是数组的中位数，也即是要求的数，如果 index 大于 n/2，则中位数肯定在 index 的左边，在左边继续寻找即可，反之
在右边寻找。这样可以只在 index 的一边寻找，而不用两边都排序，减少了一半排序时间，这种方法的时间复杂度为 O(n)。
（3）由于该数字的出现次数比所有其他数字出现次数的和还要多，因此可以考虑在遍历数组时保存两个值：一个是数组中的一个数
字，一个是次数。当遍历到下一个数字时，如果下一个数字与之前保存的数字相同，则次数加 1，如果不同，则次数减 1，如果
次数为 0，则需要保存下一个数字，并把次数设定为 1。由于我们要找的数字出现的次数比其他所有数字的出现次数之和还要大，
则要找的数字肯定是最后一次把次数设为 1 时对应的数字。该方法的时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(1)。
2.25 两个链表的第一个公共结点
参考答案：
题目：
输入两个链表，找出它们的第一个公共结点。
思路：
（1）第一种方法是在第一个链表上顺序遍历每个结点，每遍历到一个结点的时候，在第二个链表上顺序遍历每个结点。如果在第二
个链表上有一个结点和第一个链表上的结点一样，说明两个链表在这个结点上重合，于是就找到了它们的公共结点。如果第一
个链表的长度为 m，第二个链表的长度为 n。这一种方法的时间复杂度是 O(mn）。
（2）第二种方式是利用栈的方式，通过观察我们可以发现两个链表的公共节点，都位于链表的尾部，以此我们可以分别使用两个栈
，依次将链表元素入栈。然后在两个栈同时将元素出栈，比较出栈的节点，最后一个相同的节点就是我们要找的公共节点。这
一种方法的时间复杂度为 O(m+n)，空间复杂度为 O(m+n)。
（3）第三种方式是，首先分别遍历两个链表，得到两个链表的长度。然后得到较长的链表与较短的链表长度的差值。我们使用两个
指针来分别对两个链表进行遍历，首先将较长链表的指针移动 n 步，n 为两个链表长度的差值，然后两个指针再同时移动，
判断所指向节点是否为同一节点。这一种方法的时间复杂度为 O(m+n)，相同对于上一种方法不需要额外的空间
