两个指针分别指向两个链表，cur指针指向目前已排序好链表的末尾，然后两个指针的node去比，cur指向小的那个，小的那个链表指针后移即可。注意下边界条件就行了。 class ListNode: def __init__(self, x): self.val = x self.next = None # # 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可 # # # @param pHead1 ListNode类 # @param pHead2 ListNode类 # @return ListNode类 # class So...

符合DP一模型三特征，因此用DP来解。 关键在于找到状态转移方程，假设x(n)为爬到楼梯第n阶台阶的最小花费。需要注意一下题目里爬到楼顶是需要爬到len(cost)这个index的台阶的，因此为了方便我们往cost最后加一个0，作为楼梯顶。 状态转移方程为： x(n)=min{(x(n−1)+cost[n−1]),(x(n−2)+cost[n−2])}x(n)=min\{(x(n-1)+cost[n-1]), (x(n-2)+cost[n-2])\}x(n)=min{(x(n−1)+cost[n−1]),(x(n−2)+cost[n−2])} 也就是说要爬到第n阶只有两种方法，先爬到n-1阶，...

关键在于找到规律，x(s)为到s级台阶的最多走法，要到s级台阶两个方法，到s-1级台阶或到s-2级台阶，因此得到状态转移方程：x(s)=x(s-1)+x(s-2)，于是和斐波那契数列一样了。 # # 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可 # # # @param number int整型 # @return int整型 # class Solution: def jumpFloor(self , number: int) -> int: # write code here xs = 0 ; xs_1=2 ; ...

首先最简单的无疑是直接根据递推式去递归，但是递归时间复杂度和空间复杂度都很高，所以改用更好的方法，也就是DP。 看了下题解，有一个总结的很好，在此记录： DP适用的题目：一个模型三个特征 一个模型：多阶段最优决策模型 三个特征： 最优子结构：后面阶段的最优解可以通过前面阶段的最优解解出； 无后效性：前面阶段的最优解不受后面阶段的影响； 重复子问题：解后面阶段最优解时会用到多次前面阶段的最优解； 斐波那契数列便满足这三个特征，并且该问题是多阶段最优决策模型。 斐波那契数列f(n)有n个阶段，在f(n)时，有f(1)...f(n-1)个状态，且其最优解公式是f(n)=f(n-1)+f(n-2...

这个链接中是解决没有重复项数字的全排列的思路。此时我的总体递归思想是，取出第一个数字，递归得到剩下list的全排列，然后把第一个数字插入到结果的每一个位置。这样一种递归思想确实能得到全排列，但是当有重复数字时，很难将结果按照字典顺序返回。因为这种递归思想中对于重复数字的解决办法是得到递归结果，然后把递归结果中重复的删除，这样确实可以得到没有重复的结果，但是确不是完全按照字典升序排列的，比如[-1,0,3,3]，再把-1作为开头数字时，返回的全排列是[0,3,3],[3,0,3],[3,3,0],把-1插入时[3,0,3,-1]是在[3,-1,3,0]前面，也就造成问题了。 因此需要换一种递归思...

这一题看着简单但是写起来一下子还找不到思路，看了下题解也无法一下子理解，大家的方法都比较抽象，花了很久才想出直观的解决该题的思路。 解决算法如下所示： 把第一个元素取出来，记作a； 递归解决剩下的list的全排列，得到结果为[[...],[...],...,]; 对于得到的结果进行遍历，然后将元素a插入到得到的结果的每一个位置； 举一个具体的例子来说明，对于list num=[1,2,3],首先取出第一个元素设为a=1，然后递归得到[2,3]的全排列为[[2,3],[3,2]]，遍历[2,3]的全排列，比如第一个[2,3]，把a插入到它的各个位置得到[1,2,3],[2,1,3],[2,3...

解释放在这个链接里了。 # # 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可 # # # @param array int整型一维数组 # @return int整型一维数组 # class Solution: def FindNumsAppearOnce(self , array) : # write code here tmp = 0 for num in array: tmp ^= num # 找到最低位的1 group = 1 ...

遍历一遍，看每个值出现的次数并且存在dict里就行。 # # 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可 # # # @param numbers int整型一维数组 # @return int整型 # class Solution: def MoreThanHalfNum_Solution(self , numbers: List[int]) -> int: # write code here num_dict = {} for i in range(len(numbers)): ...

我自己写的比较复杂，看了下题解实际上确实简单，先说下我自己的解题方法。 1.遍历一遍数组，存入哈希表，key是numbers[i],value是target - numbers[i],此处遍历时需要注意如果遇到numbers已经在key中存在了，需要做一个判断，如果numbers[i]*2==target，那就返回[numbers.index(numbers[i])+1 , i+1]，这种情况说明数组中有两个相同的值，这两个值相加刚好等于target。 2.遍历一遍哈希表，如果value在哈希表中同时是key，那么说明这个key，value刚好加起来是target，找出索引返回即可。 实际上根...

直接利用python的heapq数据结构就行，而且里面还有个 heapq.nsmallest(k , input)函数，一步搞定，建堆的时间复杂度是O(nlogn)的。 # # 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可 # # # @param input int整型一维数组 # @param k int整型 # @return int整型一维数组 # import heapq class Solution: def GetLeastNumbers_Solution(self , input, k: int) : # write ...

首先用了暴力解法，没法通过该题，然后对暴力解法做了改进，即遍历每个滑动窗口，记录最大值和最大值所在的索引，然后遍历下一个窗口，如果新进来的那个元素大于原先的最大值，则将最大值和索引更新，如果最大值元素是原来窗口中的元素，且不是第一个，则不变，如果最大值是原来窗口第一个元素，则重新找一下最大值。这样确实时间复杂度减小，但是最差情况时间复杂度没有变化，依然通不过。 最后看了下解题思路，解决方法如下： 最关键是要知道一个规律：如果i<j，a[i]<a[j]，那么a[i]便没有任何意义，可以删除掉，因为窗口中已经包含a[j]了，因此最大值永远不可能是a[i]了。 于是通过这个规律可以用下列...

遍历字符串，把字符串入栈，看栈顶前两个元素是否组成完成括号，若是则pop出这两个元素，依次遍历完字符串，看栈是否为空，是的话就是True，否则是False。 # # 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可 # # # @param s string字符串 # @return bool布尔型 # class Solution: def isValid1(self , s: str) -> bool: # 只能解决相邻括号问题 # write code here leng = len(s) ...

# -*- coding:utf-8 -*- class Solution: def __init__(self): self.stack = [] self.minv = None def push(self, node): # write code here self.stack.append(node) def pop(self): # write code here self.stack.pop() def top(self): # write...

使用递归的方式解决该题，两个指针分别指向两棵树对应的同一结点，然后先序遍历两棵树，唯一需要相对于先序遍历改进的就是要判断下子节点是否存在。如果先序遍历过程中两棵树的结点都非空，那么把值相加，然后看两棵树的左子树是否存在，若都存在或都不存在则不用管，如果一棵树存在但是另一棵树不存在，那么就要给不存在的那个树new一个val为0的子树，类似的，看下右子树是否存在，然后加上，添加好子树后，分别去合并左右子树就可以了。 class TreeNode: def __init__(self, x): self.val = x self.left = None ...