1.两数之和各种不用实现的条件，很简单，粗心j的初始值写为了1，应为i+1。还有就是return直接{i,j},不必新建一个vector。
2.两数相加很有难度。主要是不了解struct链表的结构和操作，ListNode res = new ListNode(0);这个是创建新链表的标准语句，此外，本题需要一个int型sum来全程记录list的具体值，并进行判断进位等。
3.无重复字符的最长字串不容小觑。思维大于代码量。思路，先给每个位置初始值设为-1，目的是该值小于string下标的任何一个（0–s.length()）。然后遍历string，如果哪个位置大于start（-1）则将start置换为该值的i。只有当出现连续两个相同字符时才会出现这种情况，如ww，因为如果连续几个都不相同的话是不可能出现dict大于start=-1的，这样也保障之前是从第一个位置开始记录的，直到出现相同的。然后就要找终止位，终止位一般就是当前的i，让i-start就是最大的，一直遍历string就行了，让它动态的变化。4.寻找两个有序数组的中位数此题不难，记住sort（res,begin(),res.end()）对vector进行排序。还有就是一个重要细节，double除的时候，必须加小数点，比如5/2就算是用double接收，返回的还是2，必须用5/2.0才能返回2.5用set自做效率还高。5.最长回文子串很有难度也很经典，用到了DP。暴力法复杂度为O(n3).动态规划复杂度为0（n2），且DP一定要先在纸上写出转移方程。这个很经典。此题dp[n][n]zai VC编译器下是不行的，而且还是个二维的，不能用new，所以得用vector<vector> dp;来代替。关键是maxlen来记录偏移量，且有个判断if(dp[j][i]&&maxlen<i-j+1)就是保证肯定是最长的回文子串。 此外还有一种马拉车方法，复杂度为O（n）。6.Z字形变换没啥意思的题目，但是很考验逻辑思维。判断跳转那很重要，还有些奇技淫巧比如返回值string是通过rows[curRow] += c;来获得的。curRow += goingDown ? 1 : -1;这个是精髓。7.整数反转题目本身非常简单，也不用整什么把int转化为string再运算，直接int。但是有个问题就是int溢出，这里要判断它的个位 if(ret > INT_MAX/10 || (ret == INT_MAX/10 && x >7)) return 0;if(ret < INT_MIN/10 || (ret == INT_MIN/10 && x <-8)) return 0;牢记这个判断溢出的语句！8.字符串转换整数(atoi)此题也不难，关键是溢出那个。还是那个核心语句if (ret > INT_MAX / 10 || (ret == INT_MAX / 10 && str[i] - ‘0’ > 7)) return (flag == 0) ? INT_MAX : INT_MIN;此外，再gcc和vc都可运行但leetcode不行，所以不用管了，是正确的。9.回文数此题本不难，但万万不可用int进行解答，必须转化为char字符串，因为有些特殊的1000021不是回文数，但是按照int方式解答的过程中会忽略掉其间的0儿变为2，最终答案是回文数，这就错了，所以因为考虑到中间很多0的情况一定要转化为字符串来解答。通过%去除后半段组成新int，与前半段对比是否相等。10.正则表达式匹配不会做。这题是用dp，但怎么也想不出转移方程，主要之前那个题是只有一个字符串，这个题是两个，觉得不可能用dp，但还是可以。事实上，dp有两种解决方案，比较简单的一个字符串的就是转移方程，还有一个就是画图了，化成一个长方形，行代表一个，列代表一个然后里面的小格子代表各种情况。用dp[i][j]表示字符串s的前i个字符和字符串p的前j个字符是否匹配，那么状态转移情况如下：if (dp[i-1][j-1] && (s[i] == p[j] || ‘?’ == p[j])) dp[i][j] = true, 即如果前i-1和前j-1个字符匹配，当前字符也匹配，那么前i个和前j个也匹配。要考虑的情况很多：1.s无字符，p无字符2.s无字符，p有一个字符(且不能省略)3.s有字符，p无字符4.Ax只有A与空串匹配，且后两个字符是x的形式才匹配5.如果不是，只有p遍历到.或者p[j-1]和s[i-1]相等的时候匹配6x表示0个x的情况7.x表示1个x的情况8.x表示多个x的时候表示,此时必须s[0~i-2]与p[0～j-1]匹配且…… 11.盛最多水的容器一开始没做出来，本题采用双指针法，一左一右往中间凑。谁小谁动，总面积等于两指针距离乘以最低的高度，凑到最后取过程中最大的面积即可。12.整数转罗马数字又沦陷了，此题中等，因为情况太多，不可能有个简单的算法来推的，所以要先写一个数组存放所有可能的字符，然后再创建一个数组存放位数；或者直接写一个4,10的二维数组（所有情况就这么多），第一位存放位数，第二维存放字符，再写一个res = table[k++][num % 10] + res;来存放转换后的string即可。此外，有个bug，不能写为res+=table[k++][num%10]。字符串运算不同于整形13.罗马数字转整数反向思维，本来比上题还要简单，因为需要把那几个字母转换为int就行了。但是自己太笨，还是借助答案。主要是没想到IV这种情况咋们弄，他不是加，而是减。其实只要弄一个临时值存放，然后如果左边的值小于右边的就减，因为边界的（s.length()-1）没有右边的无法判断，所以也是直接加。记住了啊14.最长公共前缀振奋人心啊，终于自做出来了！就是用暴力的方法，写一个函数匹配每两个的最长公共前缀，然后在solution里循环两个两个比较，每一个的结果都与下一个比较，最后缩短为最长公共子串。值得注意的是，又忘了考虑为空和为1的情况。15.三数之和这题肯定不能用暴力法，时间复杂度n3太大了，耐心思考下发现一定要凑起来，最好能从两边凑，这样冲突少，但是有三个数，所以以一个数为基准，从这个数右边到终点一直动来凑。当然，那个基准数在每一轮后也要继续向后移动。动到啥时候停呢？当这个数的值大于0的时候，为啥呢？因为我们首先讲数组从小到大排序了，如果第一个都大于0了那后面的全都是大于0的，怎么也凑不到0了，具体的这个停止线根据不同的题来变化，这题是三数之和为0所以才定位0.然后判断重复的话就continue不管。总而言之算上各种判断的话非常复杂，所以在大体思路出来以后要更加耐心加细心的做了。16.最接近的三数之和和上题很像，但有个大区别就是求得是最接近的而不是一个确定的；不过这也不难，维护一个最接近的值就行了。但是看着简单还是不够细心，各种bug，改了n次才最后AC。考虑问题一定要全面，为空时，值为0时。此外，此题的最接近值通过判断来替换，不能通过count=min（count，某某某）来进行，因为这类求距离还有正负的涉及绝对值的很麻烦，老老实实用if吧，if不算丢人，别乱用反而AC不了了。17电话号码的字母组合不会，答案很经典，学会默写，学习这种思路。还是没有耐下心来思考。memorize18。四数之和没什么新的难点，在15题的基础上加一个循环就行了。19.删除链表的倒数第N个节点链表的真正入门，这种类型的题用双指针法。创建两个链表cur和pre，将原链表head赋给这两个，然后第一个先走n步。之后让两个链表同时走，走到第一个走完为止，此时第二个就达到要求了，给他执行pre->next = pre->next->next;删掉当前节点。最初赋值时，cur，pre和head共享相同的内存地址，其实是一个东西，此时三者的任意一个改变均会改变，但是后来cur=cur->next为什么只有cur变化了呢？因为这里又重新赋值了，cur已经跟pre和head是一伙的了！！！接下来的变化只是单纯的赋值，并没有发生删除和替换，只有最后那句pre->next = pre->next->next;才真正执行了一个替换，所以最后返回头结点head就返回了我们想要的结果。20.有效的括号当年考研复试题，考察对栈的理解和使用。但是居然错了又错，没有细心把握。主要错点是stack.top(),不进行为空判断，导致空指针错误。长点心吧，这么简单的题，别浮躁。21.合并两个有序链表简单的方法是用递归法。普通法也行，但没你最初想的那么简单，应该是这样。创建两个临时链表a1,a2等于两个实参l1,l2，再创建一个存储最终结果的链表l3,并用a3临时；每次存储都是a3->next=a1;a1=a1->next;a3=a3->next;这样每次变的是a3，而l3则一直在扩展。22.括号生成当之无愧的难题，需要使用高级递归算法。记住这种方法和所有使用场景，做到一见到相关题就能想到这种方法。虽然是高级递归（回溯法），但本质还是递归，要满足递归的性质，有终止条件，有转移方法。23.合并K个排序链表用优先队列和小顶堆。腾讯的题，难得一批，死死记住。可以用set，自做了！24.两两交换链表中的节点要求一多逻辑就没倒清。而且没想到添加一个虚拟头结点来控制（新技能get）。一目了然的图，不要怕新建的节点多，能解决问题就行。以后遇到链表的题可以画个图好理解25.K个一组翻转链表非常难的题， 纯粹考察链表基础。26.删除排序数组中的重复项灰常简单，一个unique一个distance，注意unique是 c++标准模板库STL中十分实用的函数之一，使用此函数需要#include 头文件该函数的作用是“去除”容器或者数组中相邻元素的重复出现的元素(1) 这里的去除并非真正意义的erase，而是将重复的元素放到容器的末尾，返回值是去重之后的尾地址。 (2) unique针对的是相邻元素，所以对于顺序顺序错乱的数组成员，或者容器成员，需要先进行排序，可以调用std::sort()函数自做：设立一个index，若nums[i]!=nums[i+1] ; nums[index++]=nums[i];最后nums[index]=nums[nums.size()-1]。然后resize。27.移除元素简单，原地接收，不满足要求的continue。同上，且更简单。28.实现strStr()要考虑全各种情况。而且这题不咋样，各种bug29.两数相除比较偏，用简单方法能做出来，就是代码量多，不过这题考察的不是这个，是很偏的知识点。很不舒服这题主要考两点，1）负数的表示方法（最高位为1，减去其余位） 2）使用左移形成2的指数倍，加快运算。使用递归化简运算，最快12ms。意义不大30.串联所有单词的字串绝对的难题，思路是先把words的几个字符串存入unordered_map的字典记录。然后遍历s，核心语句如下 { string t = s.substr(i + jm, m); if (m1.find(t)==m1.end()) break; //没匹配上，j永远等不了n，这个i作废 ++m2[t]; if (m2[t] > m1[t]) break; } if (j == n) res.push_back(i);其实就是先把words们存起来，然后遍历s，一次走words[0]步，再通过find查找是否在子串里，这样来判断。若最后没问题j走到n那就代表匹配上了，存入。31.下一个排列先转化为数学问题，其实就是 从数组倒着查找，找到nums[i] 比nums[i+1]小的时候，就将nums[i]跟nums[i+1]到nums[nums.length - 1]当中找到一个比nums[i]大的元素交换。交换后，再把nums[i+1]到nums[nums.length-1]排序，就ok了32.最长有效括号会者不难。算是简单的难题了。判断如果匹配后栈为空则max=i+1，如果不为空看是否i-c.top()>max，谁大谁就是max。c.top是当前的’('的 i 位置。33.搜索旋转排序数组o(n)时间复杂度很简单，o(lgn)就很难了，不想做了。那会太傻了，搜索+排序这两个字就定位了这道题是O(logn)的二分法。34.在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置因为有O(logn)的要求，所以用二分法，注意二分法是mid+1和mid-1，而不是i++,j–;此外本题的特殊性，应该找到后直接令res[0]=nums[mid],res[1]=nums[mid+1]，然后再根据具体情况更改这两个。35.搜索插入位置非常简单，没必要说了36.有效的数独自作出来的，嵌套的有点多，我用的是set自动删除重复元素和原有元素进行判断，如果相同则true。38.报数自作啦！哈哈哈，确实是简单题，虽然做了很长时间。39.组合总和第三次差点自做了，可惜还欠点。但思想是学会了。这类题用回溯法，回溯法的关键是重写一个函数，该函数的参数一般都特别多，而且有个start，end，source，res不停的变这两个start，end指针，主要是source一般不好变，只能通过start和end这两个下标来进行改变回溯，并且不停地存入新的res。本题核心void combinationSumDFS(vector &candidates, int target, int start, vector &out)40.组合总和II在39的基础上，递归函数的i改成i+1，因为不能重复用。41.缺失的第一个正数难题，主要是因为时间和空间要求苛刻。可根据题意用下标法， 遍历一次数组把大于等于1的和小于数组大小的值放到原数组对应位置，然后再遍历一次数组查当前下标是否和值对应，如果不对应那这个下标就是答案，否则遍历完都没出现那么答案就是数组长度加1。42.接雨水太难了，太难了。
1. 找出最高点
2. 分别从两边往最高点遍历：如果下一个数比当前数小，说明可以接到水

43.字符串相乘差点根据小学学的乘法自做了，可惜没通过大数据。看来一点int都不能出现，得纯用string，那这个题确实难了。通过string res(num1.size()num2.size(),0);来接收。每一位计算结果的个位数字存在res[i+j+1],进位存在res[i];最后删除没用的空间的0就行了。44.通配符匹配45.跳跃游戏II好题，可惜没做出来，不过最起码动了脑子。大佬的代码很清晰。维护三个变量，一个当前位置，一个从当前至下一跳的最长距离的位置，该位置等于max(next,i+nums[i])，保证了下一跳的位置肯定是以前所有方法能跳的最远的距离，一个步数。当下一跳位置>=数组长度时，直接返回步数+1，结束。否则每次当循环i走到当前位置时，执行跳转，步数+1，当前位置变为下一跳位置。46.全排列剑指offer27类似，那个是字符串的全排列。很重要，要掌握47.全排列II比46多几行代码，unique去重。不要用set去重，效率低。48.旋转图像不能借助辅助空间，只能在原矩阵上改动。那么肯定不能乱覆盖，不然数据丢失了，那么就应该想到交换swap来做。挺抽象的， 扣了四个边界出来.四个边界点交换. 没遍历一层.就往里缩一个矩阵.49.字母异位词分组核心：用map<vector,vector> list;来存，遍历每个string的每个char，vector tmp的下标为该char-‘a’,每遇到一次就+1.这样，保证了相同数量字母组成的map的key里都是一样的，将这些相同的string添加就行了50.Pow(x,n)同剑指offer12题，简单快速幂。51.N皇后难题。人生第一次和八皇后正面交锋。能把八皇后做出来就不错了。这题一般都是回溯法，回溯法和递归的区别就是回溯会返回之前的几步（如果当前不可行或不满意的话），所以叫 回 溯.http://www.sohu.com/a/224239296_68444552.N皇后II这个只要解法，不用输出，异曲同工。53.最大序列和动态规划典型，dp[i]=max(dp[i-1]+nums[i],nums[i]);max=遍历dp[i]中的最大值。54.螺旋矩阵这题已经做了两道了，这道题是给矩阵序列化，本题有个简单之处是： 将已经走过的地方置0，然后拐弯的时候判断一下是不是已经走过了，如果走过了就计算一下新的方向。55.跳跃游戏非常经典。和45题跳跃游戏II关联pmax记录能走到最远的位置，cur用来更新pmax，最后return pmax>=nums.size()-1;56.合并区间先排个序，然后扫一遍即可58.最后一个单词的长度自做，挺简单，就是考虑各种情况，其中比较恶心的是“a ".末尾有个空格的，要专门从后往前遍历删一趟。59.螺旋矩阵II这题型都做吐了。自做了60.第K个排列在全排列的基础上给出第几个，这是笨办法，好办法是找规律。61.旋转链表前面能看懂，最后两行不知道怎么跟new_head关联上的?62.不同路径普通递归法太慢了，得优化。所以得用一个数组a[m][n]来记录每次递归结果，这样就能不用重复计算，思想和斐波那契那类优化一样。63.不同路径II一开始鄙人以为用回溯法，因为碰到障碍物要退回去，然而还是蠢。由于只有两个方向 向右以及向下，所以这道题不用搜索 我们只需要用 动态规划就能做。状态转移方程：dp[i][j]=a[i][j]1?0:dp[i-1][j]+dp[i][j-1];同时，这个题也要记得用数组保存结果来优化。64.最小路径和前两题基础上的dp，状态转移dp[i][j] = min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + a[i][j];66.加一简单题，考虑全面即可67.二进制求和不能转化为int，因为会溢出！！！老老实实用string做。这种需要了解哪个参数比较长的，可以写一个函数，这样节省一半代码量和空间。69.x的平方根自做遍历忒慢。还要注意long long。比较快的方法有牛顿迭代法和二分法。70.爬楼梯斐波那契，青蛙跳台阶，填充矩阵。71.简化路径用栈解决，有一个小技巧，在path末尾加一个斜杠，就不用处理path末尾的特殊情况了。不太懂，搁置感觉这题不会问，太偏。