C++经典150题

经典150题

数组/字符串

88. 合并两个有序数组

给你两个按 非递减顺序 排列的整数数组 nums1 和 nums2，另有两个整数 m 和 n ，分别表示 nums1 和 nums2 中的元素数目。

请你 合并 nums2 到 nums1 中，使合并后的数组同样按 非递减顺序 排列。

解法1：先合并后排序

class Solution {
public:void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {for (int i = 0; i<n ; i++){nums1[m+i] = nums2[i];}sort(nums1.begin(),nums1.end());}
};

时间复杂度为 O((m+n)log(m+n)) （快速排序–对数级时间复杂度）

空间复杂度为 O(log(m+n)) （快速排序–对数级空间复杂度）

解法2：双指针

class Solution {
public:void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {vector<int> result;int p1 = 0, p2 = 0;int cur;while ( p1<m || p2<n ){if (p1==m){cur = nums2[p2++];}else if (p2 == n){cur = nums1[p1++];}else if (nums1[p1] <= nums2[p2]){cur = nums1[p1++];}else{cur = nums2[p2++];}result.push_back(cur);}for (int i = 0; i<m+n; i++){nums1[i] = result[i];}}
};

时间复杂度为O(m+n)

空间复杂度为O(m+n)

解法3：==逆向双指针(==从后向前遍历)

class Solution {
public:void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {int p1=m-1,p2=n-1;int index = m+n-1;while (p1>=0 || p2>=0){if (p1 ==-1){nums1[index--] = nums2[p2--];}else if (p2 == -1){nums1[index--] = nums1[p1--];}else if (nums1[p1]<=nums2[p2]){nums1[index--] = nums2[p2--];}else{nums1[index--] = nums1[p1--];}}}
};

时间复杂度为O(m+n)

空间复杂度为O(1)

27.移除元素

给你一个数组 nums 和一个值 val，你需要 原地 移除所有数值等于 val 的元素，并返回移除后数组的新长度。

不要使用额外的数组空间，你必须仅使用 O(1) 额外空间并 原地 修改输入数组。

元素的顺序可以改变。你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。

class Solution {
public:int removeElement(vector<int>& nums, int val) {int slow = 0;for(int fast = 0 ; fast < nums.size() ; fast++ ){if(nums[fast] != val){nums[slow] = nums[fast];slow++;}}return slow;}
};

时间复杂度O(n)

空间复杂度O(1)

26.删除有序数组中的重复项

给你一个 非严格递增排列 的数组 nums ，请你** 原地** 删除重复出现的元素，使每个元素 只出现一次 ，返回删除后数组的新长度。元素的 相对顺序 应该保持 一致 。然后返回 nums 中唯一元素的个数。

考虑 nums 的唯一元素的数量为 k ，你需要做以下事情确保你的题解可以被通过：

• 更改数组 nums ，使 nums 的前 k 个元素包含唯一元素，并按照它们最初在 nums 中出现的顺序排列。nums 的其余元素与 nums 的大小不重要。
• 返回 k 。

class Solution {
public:int removeDuplicates(vector<int>& nums) {if (nums.size()==0){return 0;}int slow=1, fast =1;for (;fast<nums.size();fast++){if (nums[fast]!=nums[fast-1]){nums[slow++] = nums[fast];}}return slow;}
};

时间复杂度：O(n)

空间复杂度：O(1)

80.删除有序数组重点重复项II

给你一个有序数组 nums ，请你** 原地** 删除重复出现的元素，使得出现次数超过两次的元素只出现两次 ，返回删除后数组的新长度。

不要使用额外的数组空间，你必须在 原地 修改输入数组 并在使用 O(1) 额外空间的条件下完成。

class Solution {
public:int removeDuplicates(vector<int>& nums) {if (nums.size()<=2){return nums.size();}int slow = 2,fast = 2;for (;fast<nums.size();fast++){if (nums[slow-2]!=nums[fast]){nums[slow++] = nums[fast];}}return slow;}
};
//拓展：将原问题的【保留2位】改为【保留k位】，则判断条件为 nums[slow-k]!=nums[fast]

时间复杂度O(n)

空间复杂度O(1)

169.多数元素

给定一个大小为 n 的数组 nums ，返回其中的多数元素。多数元素是指在数组中出现次数 大于 ⌊ n/2 ⌋ 的元素。

你可以假设数组是非空的，并且给定的数组总是存在多数元素。

解法1：哈希表

class Solution {
public:int majorityElement(vector<int>& nums) {unordered_map<int, int> counts;int majority = 0, cnt = 0;for (int num: nums) {counts[num]++;if (counts[num] > cnt) {majority = num;cnt = counts[num];}}return majority;}
};

时间复杂度O(n)

空间复杂度O(1)

解法2：排序，中间的数一定是多数元素

class Solution {
public:int majorityElement(vector<int>& nums) {sort(nums.begin(),nums.end());return nums[nums.size()/2];}
};

时间复杂度O(nlogn)

空间复杂度O(logn)

其他方法：随机化、分治、Boyer - Moore投票算法

189.轮转数组

给定一个整数数组 nums，将数组中的元素向右轮转 k 个位置，其中 k 是非负数。

解法1：数组翻转

class Solution {
public:void rotate(vector<int>& nums, int k) {k%=nums.size();reverseList(nums,0,nums.size());reverseList(nums,0,k);reverseList(nums,k,nums.size());}void reverseList(vector<int>& nums, int start, int end){reverse(nums.begin()+start,nums.begin()+end);}
};

时间复杂度O(n)

空间复杂度O(1)

121.买卖股票的最佳时机

给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。

你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。

返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int inf = 1e9;int minprice = inf;int maxprofit = 0;for (int price:prices){minprice = min(minprice,price);maxprofit = max(maxprofit,price-minprice);}return maxprofit;}//数组开始递减的时候会找最小值，只有开始递增的时候计算差值
};

时间复杂度O(n)

空间复杂度O(1)

123.买卖股票的最佳时机 III

给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。

在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。

返回 你能获得的 最大 利润

class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {int profit = 0;for (int i =1; i<prices.size(); i++){if (prices[i]>prices[i-1]){profit+=prices[i]-prices[i-1];}}return profit;}//贪心算法
};

时间复杂度O(n)

空间复杂度O(1)

55.跳跃游戏

给你一个非负整数数组 nums ，你最初位于数组的 第一个下标 。数组中的每个元素代表你在该位置可以跳跃的最大长度。

判断你是否能够到达最后一个下标，如果可以，返回 true ；否则，返回 false 。

解法1：遍历数组，判断能到达的最远距离

class Solution {
public:bool canJump(vector<int>& nums) {int reach = 0;for (int i = 0; i<nums.size(); i++){if (i>reach){return false;}reach = max(reach, i+nums[i]);}return true;}
};

时间复杂度O(n)

空间复杂度O(1)

解法2：找从早从哪里出发

class Solution {
public:bool canJump(vector<int>& nums) {int last= nums.size()-1;for (int i = nums.size()-2; i>=0; i--){if (nums[i]+i>=last){last = i;}return last==0;}}
};

时间复杂度O(n)

空间复杂度O(1)

45.跳跃游戏II

给定一个长度为 n 的 0 索引整数数组 nums。初始位置为 nums[0]。

每个元素 nums[i] 表示从索引 i 向前跳转的最大长度。换句话说，如果你在 nums[i] 处，你可以跳转到任意 nums[i + j] 处:

• 0 <= j <= nums[i]
• i + j < n

返回到达 nums[n - 1] 的最小跳跃次数。生成的测试用例可以到达 nums[n - 1]。

class Solution {
public:int jump(vector<int>& nums) {int maxPos=0, end=0;int step = 0;for (int i=0;i<nums.size()-1;i++){maxPos = max(nums[i]+i,maxPos);if (i==end){end = maxPos;step++;}}return step;}
};

时间复杂度O(n)

空间复杂度O(1)