怒刷LeetCode的第28天（Java版）

目录

第一题

题目来源

题目内容

解决方法

方法一：动态规划

方法二：迭代

方法三：斐波那契数列公式

第二题

题目来源

题目内容

解决方法

方法一：栈

方法二：路径处理类

方法三：正则表达式

方法四：字符串处理

第三题

题目来源

题目内容

解决方法

方法一：动态规划

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第一题

题目来源

70. 爬楼梯 - 力扣（LeetCode）

题目内容

解决方法

方法一：动态规划

可以使用动态规划的方法来解决这个问题。假设要爬到第n阶楼梯，那么可以从第n-1阶楼梯爬一步上来，或者从第n-2阶楼梯爬两步上来。因此，到达第n阶楼梯的方法数等于到达第n-1阶楼梯的方法数加上到达第n-2阶楼梯的方法数。

首先初始化前两个楼梯的方法数，即dp[0]=1和dp[1]=1。然后从第3个楼梯开始，通过迭代计算每个楼梯的方法数，直到第n个楼梯。

class Solution {
public int climbStairs(int n) {if (n <= 1) {return 1;}int[] dp = new int[n + 1];dp[0] = 1;dp[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i++) {dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];}return dp[n];
}
}

复杂度分析：

• 这个算法的时间复杂度是O(n)，其中n是楼梯的阶数。这是因为我们需要计算从第2阶楼梯到第n阶楼梯的方法数，每次计算都需要常数时间。
• 空间复杂度是O(n)，因为我们使用一个大小为n+1的数组来存储每个楼梯的方法数。如果只需要存储前两个楼梯的方法数，空间复杂度可以优化为O(1)。

总结起来，这个算法是相当高效的，可以在合理的时间内解决规模较大的问题。

LeetCode运行结果：

方法二：迭代

除了动态规划，还可以使用迭代的方法来解决这个问题。迭代方法的思路是从前往后计算每个楼梯的方法数，并利用一个变量来保存前两个楼梯的方法数，以便计算当前楼梯的方法数。

class Solution {
public int climbStairs(int n) {if (n <= 1) {return 1;}int prev1 = 1; // 到达前一个楼梯的方法数int prev2 = 1; // 到达前两个楼梯的方法数int current = 0; // 当前楼梯的方法数for (int i = 2; i <= n; i++) {current = prev1 + prev2;prev2 = prev1;prev1 = current;}return current;
}
}

复杂度分析：

• 时间复杂度： 在迭代方法中，我们使用一个循环来计算每个楼梯的方法数，循环执行了n-2次（从第3个楼梯开始计算）。因此，时间复杂度为O(n)。
• 空间复杂度： 在迭代方法中，我们只使用了三个变量：prev1、prev2和current来保存楼梯的方法数。这三个变量的空间占用是常量级别的，与输入规模n无关。因此，空间复杂度为O(1)。

综上所述，迭代方法的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)。

LeetCode运行结果：

方法三：斐波那契数列公式

除了动态规划和迭代，还可以使用斐波那契数列公式的方法来解决爬楼梯问题。

斐波那契数列公式是一个通用的公式，可以用来计算斐波那契数列中任意一项的值。在爬楼梯问题中，我们可以利用斐波那契数列公式来计算到达第n阶楼梯的方法数。

具体步骤如下：

1. 定义常量phi为(1 + sqrt(5)) / 2，定义常量psi为(1 - sqrt(5)) / 2。
2. 利用斐波那契数列公式，计算第n+1项斐波那契数列的值，即Fn+1 = (phi^(n+1) - psi^(n+1)) / sqrt(5)。
3. 最后，到达第n阶楼梯的方法数即为Fn+1。

class Solution {
public int climbStairs(int n) {double phi = (1 + Math.sqrt(5)) / 2;double psi = (1 - Math.sqrt(5)) / 2;double fn = (Math.pow(phi, n + 1) - Math.pow(psi, n + 1)) / Math.sqrt(5);return (int) Math.round(fn);
}
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(1)，直接使用斐波那契数列公式计算结果。
• 空间复杂度：O(1)，只需要常量级的额外空间。

LeetCode运行结果：

第二题

题目来源

71. 简化路径 - 力扣（LeetCode）

题目内容

解决方法

方法一：栈

class Solution {public String simplifyPath(String path) {Deque<String> stack = new LinkedList<>();String[] components = path.split("/");for (String component : components) {if (component.equals(".") || component.isEmpty()) {// 当前目录，忽略} else if (component.equals("..")) {// 上级目录，弹出栈顶元素if (!stack.isEmpty()) {stack.pop();}} else {// 其他目录，入栈stack.push(component);}}StringBuilder sb = new StringBuilder();while (!stack.isEmpty()) {sb.append("/");sb.append(stack.pollLast());}return sb.length() == 0 ? "/" : sb.toString();}
}

思路解析：

1. 将路径按照"/"分割成多个组件，存储在数组components中。
2. 遍历components数组，对于每个组件进行如下处理：
   • 如果是"."或空字符串，表示当前目录，忽略即可。
   • 如果是".."，表示上级目录，将栈顶元素弹出。
   • 否则，表示其他目录，将其入栈。
3. 遍历完所有组件后，将栈中元素依次弹出，拼接成简化后的路径。注意，由于栈是先进后出的，所以需要使用pollLast方法依次弹出栈顶元素。

复杂度分析：

时间复杂度分析：

• 字符串的split方法的时间复杂度为O(n)，其中n是路径的长度。因为需要遍历整个路径字符串，并根据"/"进行分割。
• 遍历components数组的时间复杂度为O(m)，其中m是路径中的组件数量。最坏情况下，路径中的组件数量与路径长度相等。
• 栈的操作（入栈和出栈）的时间复杂度为O(1)。

综上所述，总的时间复杂度为O(n + m)。

空间复杂度分析：

• components数组的空间复杂度为O(m)，其中m是路径中的组件数量。
• 栈的空间复杂度最坏情况下为O(m)，即路径中每个组件都不同。
• StringBuilder的空间复杂度为O(n)，其中n是路径的长度。

综上所述，总的空间复杂度为O(n + m)。

LeetCode运行结果：

方法二：路径处理类

除了栈，还可以使用Java的路径处理类Path和Paths来实现简化路径。

思路解析：

1. 使用Paths.get方法将路径字符串转换为Path对象。
2. 遍历Path对象中的每个组件（即目录名或文件名）。
3. 如果当前组件不是"."或".."，表示是有效的目录名或文件名，将其拼接到结果字符串中。
4. 如果当前组件是".."，表示需要返回上级目录，将结果字符串中最后一个目录名删除即可。

import java.nio.file.Path;
import java.nio.file.Paths;class Solution {public String simplifyPath(String path) {Path p = Paths.get(path);StringBuilder sb = new StringBuilder();for (Path component : p) {if (!component.toString().equals("..") && !component.toString().equals(".")) {sb.append("/");sb.append(component.toString());} else if (component.toString().equals("..")) {int len = sb.length();if (len > 1) {sb.delete(sb.lastIndexOf("/"), len);}}}return sb.length() == 0 ? "/" : sb.toString();}
}

复杂度分析：

时间复杂度分析：

• Paths.get方法的时间复杂度为O(n)，其中n是路径的长度。
• 遍历Path对象中的每个组件的时间复杂度为O(m)，其中m是路径中的组件数量。
• StringBuilder的操作的时间复杂度为O(n)，其中n是路径的长度。

综上所述，总的时间复杂度为O(n + m)。

空间复杂度分析：

• Path对象的空间复杂度为O(m)，其中m是路径中的组件数量。
• StringBuilder的空间复杂度为O(n)，其中n是路径的长度。

综上所述，总的空间复杂度为O(n + m)。

LeetCode运行结果：

方法三：正则表达式

除了栈和Java的路径处理类，还可以使用正则表达式来实现简化路径。

思路解析：

1. 将路径按照"/"分割成多个组件，存储在数组components中。
2. 遍历components数组，对于每个组件进行如下处理：
   • 如果是"."或空字符串，表示当前目录或空目录，忽略即可。
   • 如果是".."，表示上级目录，将结果字符串中最后一个目录名删除即可。
   • 否则，表示其他目录，将其拼接到结果字符串中。
3. 遍历完所有组件后，返回结果字符串。注意，如果结果字符串为空，则表示路径为根目录，需要返回"/"。

class Solution {public String simplifyPath(String path) {String[] components = path.split("/");StringBuilder sb = new StringBuilder();for (String component : components) {if (component.equals("..")) {// 返回上级目录，将结果字符串中最后一个目录名删除即可。int len = sb.length();if (len > 1) {sb.delete(sb.lastIndexOf("/"), len);}} else if (!component.equals(".") && !component.isEmpty()) {// 忽略当前目录和空目录，其他目录拼接到结果字符串中。sb.append("/");sb.append(component);}}return sb.length() == 0 ? "/" : sb.toString();}
}

复杂度分析：

时间复杂度分析：

• 字符串的split方法和StringBuilder的append方法都是线性时间复杂度的，所以总时间复杂度为O(n)，其中n是路径的长度。

空间复杂度分析：

• components数组的空间复杂度为O(m)，其中m是路径中的组件数量。
• StringBuilder的空间复杂度为O(n)，其中n是路径的长度。

综上所述，总的空间复杂度为O(n + m)。

LeetCode运行结果：

方法四：字符串处理

除了栈、Java的路径处理类、正则表达式，还可以使用字符串处理方法来实现简化路径。

思路解析：

1. 使用两个指针i和j来遍历路径字符串path。
2. 当指针i在路径中遇到连续的斜杠时，跳过这些多余的斜杠。
3. 当指针i遇到非斜杠字符时，将其作为目录名的一部分，存储在StringBuilder对象dirName中。
4. 检查dirName中的目录名：
   • 如果是"."或空字符串，表示当前目录或空目录，忽略即可。
   • 如果是".."，表示上级目录，将结果字符串中最后一个目录名删除即可。
   • 否则，表示其他目录，将其拼接到结果字符串中。
5. 继续遍历路径字符串，直到遍历完所有字符。
6. 返回结果字符串。如果结果字符串为空，则表示路径为根目录，需要返回"/"。

class Solution {public String simplifyPath(String path) {StringBuilder sb = new StringBuilder();int n = path.length();int i = 0;while (i < n) {// 跳过多余的斜杠while (i < n && path.charAt(i) == '/') {i++;}// 获取当前目录名StringBuilder dirName = new StringBuilder();while (i < n && path.charAt(i) != '/') {dirName.append(path.charAt(i));i++;}// 处理当前目录名String name = dirName.toString();if (name.equals("..")) {// 返回上级目录，将结果字符串中最后一个目录名删除即可。int len = sb.length();if (len > 1) {sb.delete(sb.lastIndexOf("/"), len);}} else if (!name.equals(".") && !name.isEmpty()) {// 忽略当前目录和空目录，其他目录拼接到结果字符串中。sb.append("/");sb.append(name);}}return sb.length() == 0 ? "/" : sb.toString();}
}

复杂度分析：

时间复杂度分析：

• 遍历路径字符串的过程是线性时间复杂度的，所以总时间复杂度为O(n)，其中n是路径的长度。

空间复杂度分析：

• StringBuilder的空间复杂度为O(n)，其中n是路径的长度。

综上所述，总的空间复杂度为O(n)。

LeetCode运行结果：

第三题

题目来源

72. 编辑距离 - 力扣（LeetCode）

题目内容

解决方法

方法一：动态规划

这是一道典型的动态规划问题。

定义状态：dp[i][j]表示将word1的前i个字符转换为word2的前j个字符所需的最少操作数。

状态转移方程：

• 当word1[i] == word2[j]时，不需要进行任何操作，dp[i][j] = dp[i-1][j-1]。

• 当word1[i] != word2[j]时，可以进行三种操作：

  • 插入一个字符：dp[i][j] = dp[i][j-1] + 1。
  • 删除一个字符：dp[i][j] = dp[i-1][j] + 1。
  • 替换一个字符：dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + 1。

最终结果为dp[m][n]，其中m和n分别是word1和word2的长度。

class Solution {
public int minDistance(String word1, String word2) {int m = word1.length();int n = word2.length();// 创建动态规划数组int[][] dp = new int[m+1][n+1];// 初始化边界条件for (int i = 0; i <= m; i++) {dp[i][0] = i;}for (int j = 0; j <= n; j++) {dp[0][j] = j;}// 动态规划求解for (int i = 1; i <= m; i++) {for (int j = 1; j <= n; j++) {if (word1.charAt(i-1) == word2.charAt(j-1)) {dp[i][j] = dp[i-1][j-1];} else {dp[i][j] = Math.min(dp[i-1][j-1], Math.min(dp[i][j-1], dp[i-1][j])) + 1;}}}return dp[m][n];
}
}

复杂度分析：

该算法的时间复杂度为O(m*n)，其中m和n分别是word1和word2的长度。

在动态规划求解过程中，需要填充一个大小为(m+1)(n+1)的二维数组dp。对于每个位置(i, j)，都需要通过比较word1.charAt(i-1)和word2.charAt(j-1)来确定操作的类型。因此，总共需要进行mn次比较和计算。

空间复杂度方面，需要额外开辟一个大小为(m+1)(n+1)的二维数组dp来保存中间结果。因此，空间复杂度也为O(mn)。

综上所述，该算法的时间复杂度和空间复杂度均为O(m*n)。

LeetCode运行结果：