【Python LeetCode】面试经典 150 题

数组 / 字符串

快慢指针（双指针）总结

“快慢指针” 主要用于 数组的原地修改问题，避免额外空间开销，同时保证 O(n) 线性时间复杂度。

题目	题目要求	快指针 i	慢指针 p
合并两个有序数组	nums1 和 nums2 归并排序	遍历 nums1 & nums2，从后向前合并	指向 nums1 末尾，填充较大值
移除元素	nums 中移除 val，保持相对顺序	遍历 nums，查找非 val 元素	记录下一个非 val 元素存放位置
删除有序数组中的重复项	只保留 1个，相对顺序不变	遍历 nums，查找不同的元素	记录下一个唯一元素存放位置
删除有序数组中的重复项 II	只保留 最多 2 个	遍历 nums，查找满足出现≤2次的元素	记录下一个可存放元素的位置

快慢指针的核心思路：

1. 遍历数组（快指针 i 负责遍历数组）
2. 找到符合条件的元素（如不同于前一个元素、出现次数不超过 2 次等）
3. 将其存放到正确的位置（p 负责记录符合条件的元素存放位置）
4. 最终 p 代表新的数组长度

88. 合并两个有序数组

下面两行代码就可以解决，

nums1[m:] = nums2 # 把 nums2 拼接到 nums1 从下标 m 开始后面
nums1.sort() # 默认升序排序

不过还是规规矩矩用双指针法写一下吧，

class Solution:def merge(self, nums1: List[int], m: int, nums2: List[int], n: int) -> None:"""Do not return anything, modify nums1 in-place instead."""# 指针分别指向 nums1 和 nums2 的最后一个有效元素p1, p2 = m - 1, n - 1# 指针 p 指向合并后数组的最后一个位置p = m + n - 1# 从后往前合并while p1 >= 0 and p2 >= 0:if nums1[p1] > nums2[p2]:nums1[p] = nums1[p1]p1 -= 1else:nums1[p] = nums2[p2]p2 -= 1p -= 1# 如果 nums2 还有剩余元素，填充到 nums1while p2 >= 0:nums1[p] = nums2[p2]p2 -= 1p -= 1

27. 移除元素

class Solution:def removeElement(self, nums: List[int], val: int) -> int:# 维护一个慢指针 k 指向下一个存放非 val 元素的位置k = 0  # 遍历数组for num in nums:if num != val:  # 只有当元素不等于 val 时，才放入 nums[k] 位置nums[k] = numk += 1  # k 向前移动return k  # 返回新的数组长度

26. 删除有序数组中的重复项

class Solution:def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:# 慢指针 k 记录下一个存放唯一元素的位置k = 1 # 遍历数组for i in range(1, len(nums)):if nums[i] != nums[i - 1]:  # 只有当当前元素不等于前一个元素时才存入nums[k] = nums[i]k += 1  # 移动慢指针return k  # 返回唯一元素的个数

80. 删除有序数组中的重复项 II

class Solution:def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:"""Do not return anything, modify nums in-place instead."""if len(nums) <= 2:return len(nums)  # 数组长度小于等于2时，直接返回# 指针 p 记录下一个存放元素的位置p = 2for i in range(2, len(nums)):if nums[i] != nums[p - 2]:  # 只有当 nums[i] ≠ nums[p-2] 时，才可以保留nums[p] = nums[i]p += 1  # 递增存放位置return p  # p 就是去重后的数组长度

Boyer-Moore 投票算法

Boyer-Moore 投票算法（Boyer-Moore Voting Algorithm） 是一种用于在 数组中寻找出现次数超过 ⌊n/2⌋ 的元素（即 多数元素）的高效算法。

该算法的 时间复杂度为 $O(n)$，空间复杂度为 $O(1)$，只需要一次遍历和常数级额外空间，非常高效。

• 若一个元素出现超过 n/2 次，它的 票数净增量一定是正的。
• 其他元素的 抵消票数永远无法超过多数元素的总数。
• 这样，多数元素的 最终 count 绝对不会归零，即使在过程中 count 可能降为零，换新的 candidate 后，最终的 candidate 仍然是多数元素。

169. 多数元素

可以使用 Boyer-Moore 投票算法 来 高效找出多数元素。该算法的时间复杂度为 $O(n)$，空间复杂度为 $O(1)$。

• 核心思想：抵消计数，如果某个元素是多数元素（出现次数 > ⌊n/2⌋），那么它最终一定会成为 唯一剩下的候选人。
• 计数规则：遇到相同的元素，count +1；遇到不同的元素，count -1。当 count == 0 时，换一个候选人。

由于 多数元素的出现次数超过 ⌊n/2⌋，即使被其他元素抵消，也最终会留在 candidate 里。

class Solution:def majorityElement(self, nums: List[int]) -> int:"""Boyer-Moore 投票算法"""candidate = None # 维护一个 候选元素count = 0 # 计数器for num in nums:if count == 0:candidate = num  # 选择新的候选多数元素count += (1 if num == candidate else -1) # 增加票数 或 抵消票数return candidate  # 因为题目说多数元素一定存在，最终 candidate 即为结果

扩展：寻找 n/3 多数元素

如果需要找 出现次数超过 n/3 的元素，则可以维护 两个候选人 和 两个计数器：

class Solution:def majorityElement(self, nums: List[int]) -> List[int]:candidate1, candidate2, count1, count2 = None, None, 0, 0for num in nums:if count1 == 0:candidate1, count1 = num, 1elif count2 == 0:candidate2, count2 = num, 1elif num == candidate1: # 投票给候选人 1count1 += 1elif num == candidate2: # 投票给候选人 2count2 += 1else: # 没有投票给两个候选人中的任何一人count1 -= 1count2 -= 1# 第二遍遍历，检查候选人是否真的超过 n/3return [c for c in (candidate1, candidate2) if nums.count(c) > len(nums) // 3]

翻转法

翻转法中，交换变量使用 a, b = b, a，本质上是 元组打包（tuple packing）+ 元组解包（tuple unpacking），它的底层实现依赖于：栈操作+引用变更，不会创建新的对象，只是 交换变量指向的内存地址。

ROT_TWO 是 Python 字节码中的一个栈操作指令，用于 交换栈顶的两个元素。

case ROT_TWO: {PyObject *top = STACK_POP();    // 取出栈顶元素（指针引用）PyObject *second = STACK_POP(); // 取出次栈顶元素（指针引用）STACK_PUSH(top);    // 先压入原来的栈顶STACK_PUSH(second); // 再压入原来的次栈顶DISPATCH();
}

• PyObject *top 和 PyObject *second 只是指向原来 Python 对象的指针，并没有创建新的对象。
• STACK_POP() 只是修改了栈指针，而不是拷贝对象。
• STACK_PUSH() 只是把相同的指针重新放回去，没有额外的内存分配。
  因此，交换是 “原地” 进行的，不涉及对象复制或新分配。

189. 轮转数组

翻转法 利用 三次反转 完成 原地修改，时间 $O(n)$，空间 $O(1)$，高效且简洁。

class Solution:def rotate(self, nums: List[int], k: int) -> None:"""Do not return anything, modify nums in-place instead."""n = len(nums)k = k % n  # 防止 k 大于 n，取模优化# 定义反转函数def reverse(start: int, end: int):while start < end:nums[start], nums[end] = nums[end], nums[start]start += 1end -= 1reverse(0, n - 1) # 反转整个数组reverse(0, k - 1) # 反转前 k 个元素reverse(k, n - 1) # 反转后 n-k 个元素

贪心

121. 买卖股票的最佳时机

先考虑最简单的 暴力遍历，即枚举出所有情况，并从中选择最大利润。时间复杂度为 $O(N^2)$ 。考虑到题目给定的长度范围 1≤prices.length≤10^5，需要思考更优解法。

• 由于卖出肯定在买入后，所以 从前往后遍历维护一个最小价格 min_price，肯定是碰到越小价格更有可能利润更大。
• 由于要求最大利润，所以 维护一个最大利润 max_profit，当天的利润就是当天的价格减去遇到的最低价 price - min_price，遇到更高利润就更新。

class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:min_price, max_profit = float('+inf'), 0 # 最低价格，最高利润for price in prices:min_price = min(min_price, price) # 更新最低价格max_profit = max(max_profit, price - min_price) # 更新最高利润return max_profit

122. 买卖股票的最佳时机 II

基本思路：所有上涨交易日都买卖（赚到所有利润），所有下降交易日都不买卖（绝不亏钱）。

class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:max_profit = 0for i in range(1, len(prices)):if prices[i] - prices[i-1] > 0:max_profit += prices[i] - prices[i-1] # 累积 盈利return max_profit

55. 跳跃游戏

思路：尽可能到达最远位置。如果能到达某个位置，那一定能到达它前面的所有位置。

class Solution:def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:n = len(nums)max_index = 0 # 记录最远可跳跃的位置for i in range(n):if i > max_index: # 无法到达 i 位置就无法到达最后下标return Falsemax_index = max(max_index, nums[i] + i) # 更新最远位置if max_index >= n-1:return True

45. 跳跃游戏 II

• 贪心策略：每次选择能跳得最远的位置，从而尽可能减少跳跃的次数。
• 维护当前跳跃区间：在每一步，会有一个“当前区间”，它表示 从当前跳跃开始，能够到达的最远位置。在区间内，更新最远可以跳到的位置。
• 跳跃次数：每次更新最远的位置后，意味着完成了一次跳跃，需要跳到下一个区间。

class Solution:def jump(self, nums: List[int]) -> int:jumps = 0  # 跳跃次数current_end = 0  # 当前跳跃区间的右端farthest = 0  # 能跳到的最远位置# 遍历数组，跳跃的次数for i in range(len(nums) - 1):  # 不需要遍历最后一个位置farthest = max(farthest, i + nums[i]) # 更新最远可以到达的位置# 如果当前已经到达了当前跳跃区间的右端if i == current_end:jumps += 1  # 需要跳跃一次current_end = farthest  # 更新跳跃区间的右端# 如果当前跳跃区间的右端已经超过了最后一个位置，直接返回跳跃次数if current_end >= len(nums) - 1:return jumpsreturn jumps

274. H 指数

• 排序：首先将 citations 数组按 从大到小排序。
• 遍历排序后的数组：从第一个元素开始，检查每个元素是否满足条件 citations[i] >= i + 1，其中 i + 1 是当前论文的排名。
• 最大 h 值：最终，最大的 i + 1 使得 citations[i] >= i + 1 即为 h 指数。

class Solution:def hIndex(self, citations: List[int]) -> int:citations.sort(reverse=True) # 对引用次数进行降序排序# 遍历已排序的 citations 数组，找到最大 h 指数for i in range(len(citations)):if citations[i] < i + 1:  # 论文 i + 1 应该有 citations[i] 次引用return i  # 返回 h 指数return len(citations)  # 如果所有的论文的引用次数都满足，返回数组长度

前缀 / 后缀

238. 除自身以外数组的乘积

可以分两步来完成这个任务：

• 前缀积：首先计算每个位置的前缀积，即从数组的最左侧到当前位置之前所有元素的乘积。这可以通过一个临时数组 answer 来实现，其中 answer[i] 表示 nums[0] 到 nums[i-1] 的乘积。

• 后缀积：然后计算每个位置的后缀积，即从数组的最右侧到当前位置之后所有元素的乘积。这可以通过另一个临时变量 right 来实现，直接从右到左更新 answer 数组。

class Solution:def productExceptSelf(self, nums: List[int]) -> List[int]:n = len(nums)# 初始化答案数组answer = [1] * n# 计算前缀积，存入 answer 数组left_product = 1for i in range(n):answer[i] = left_productleft_product *= nums[i]# 计算后缀积，直接更新 answer 数组right_product = 1for i in range(n-1, -1, -1):answer[i] *= right_productright_product *= nums[i]return answer

134. 加油站

双指针

125. 验证回文串

• c.lower() 将字符 c 转换为小写。
• c.isalnum() 判断字符 c 是否是字母或数字。如果是字母或数字，就保留该字符；否则跳过。
• 通过 字符串的切片操作 [::-1] 获取字符串 filtered_s 的反转版本。

class Solution:def isPalindrome(self, s: str) -> bool:# 只保留字母和数字，并转换为小写filtered_s = ''.join(c.lower() for c in s if c.isalnum())# 比较正着读和反着读是否相同return filtered_s == filtered_s[::-1]

双指针：利用 两个指针从字符串的两端开始同时向中间移动，检查字符是否相等，同时跳过所有非字母和数字的字符。

class Solution:def isPalindrome(self, s: str) -> bool:# 初始化左右指针left, right = 0, len(s) - 1while left < right:# 跳过非字母数字字符while left < right and not s[left].isalnum():left += 1while left < right and not s[right].isalnum():right -= 1# 比较字符，忽略大小写if s[left].lower() != s[right].lower():return False# 移动指针left += 1right -= 1return True

滑动窗口

矩阵

哈希表

380. O(1) 时间插入、删除和获取随机元素

基本思路是结合使用 **哈希表（字典）**和 列表（数组）。

• 插入操作 insert(val)：
  • 用一个哈希表（val -> index）来 记录每个元素的值及其在列表中的位置。这样查找和删除元素时都能在 $O(1)$ 时间内完成。
  • 列表 list 用来存储元素，以便可以 快速地随机获取一个元素。
• 删除操作 remove(val)：
  • 需要从列表中删除一个元素，并且保证其他元素的顺序尽量不被破坏，同时保持 $O(1)$ 的时间复杂度。
  • 可以通过 将要删除的元素与列表中的最后一个元素交换位置，然后从哈希表中删除该元素。这样删除操作的时间复杂度是 $O(1)$。
• 随机获取操作 getRandom()：利用 列表的下标来随机访问元素，时间复杂度是 $O(1)$。

import randomclass RandomizedSet:def __init__(self):# 哈希表存储值及其索引，列表存储值self.val_to_index = {}self.list = []def insert(self, val: int) -> bool:if val in self.val_to_index:return False  # 如果已经存在，返回 False# 插入操作：将元素添加到列表末尾，并在哈希表中记录该值和索引self.val_to_index[val] = len(self.list)self.list.append(val)return Truedef remove(self, val: int) -> bool:if val not in self.val_to_index:return False  # 如果元素不存在，返回 False# 找到元素的索引index = self.val_to_index[val]# 将要删除的元素与最后一个元素交换位置last_element = self.list[-1]self.list[index] = last_elementself.val_to_index[last_element] = index# 删除该元素self.list.pop()del self.val_to_index[val]return Truedef getRandom(self) -> int:return random.choice(self.list)  # 随机返回列表中的一个元素# Your RandomizedSet object will be instantiated and called as such:
# obj = RandomizedSet()
# param_1 = obj.insert(val)
# param_2 = obj.remove(val)
# param_3 = obj.getRandom()

二叉树

104. 二叉树的最大深度

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode:
#     def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
#         self.val = val
#         self.left = left
#         self.right = right
class Solution:def maxDepth(self, root: Optional[TreeNode]) -> int:# 如果当前节点为空，返回深度 0if not root:return 0# 递归计算左子树和右子树的最大深度left_depth = self.maxDepth(root.left)right_depth = self.maxDepth(root.right)# 当前节点的深度是左右子树深度的最大值 + 1return max(left_depth, right_depth) + 1

100. 相同的树

class Solution:def isSameTree(self, p: Optional[TreeNode], q: Optional[TreeNode]) -> bool:if not p and not q: # 两棵树都为空return Trueelif not p or not q: # 只有一棵树为空return Falseif p.val != q.val: # 两棵树都不空但节点值不同return False# 两棵树都不空且节点值相同，递归比较return self.isSameTree(p.left, q.left) and self.isSameTree(p.right, q.right)

226. 翻转二叉树

分治

回溯