2022-01-26每日刷题打卡
飞书——每日一题
494. 目标和
给你一个整数数组 nums 和一个整数 target 。
向数组中的每个整数前添加 ‘+’ 或 ‘-’ ，然后串联起所有整数，可以构造一个 表达式 ：
例如，nums = [2, 1] ，可以在 2 之前添加 ‘+’ ，在 1 之前添加 ‘-’ ，然后串联起来得到表达式 “+2-1” 。
返回可以通过上述方法构造的、运算结果等于 target 的不同 表达式 的数目。
示例 1：
输入：nums = [1,1,1,1,1], target = 3
输出：5
解释：一共有 5 种方法让最终目标和为 3 。
-1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 - 1 + 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 - 1 + 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 - 1 + 1 = 3
+1 + 1 + 1 + 1 - 1 = 3
广度搜索（或是说记忆化搜索？），从第一个元素开始，每次创出两个分支，一个是加上当前元素值，一个是减去当前元素值，当遍历完所有元素后，判断总和是否等于target。如果等于，则计数器+1。等所有搜索结束后，返回计数器。
class Solution {
public:
int count=0;
int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int target) {
int sum=0,ans=0;
bfs(nums,target,sum,ans);
return count;
}
void bfs(vector<int>& nums, int target,int sum,int ans)
{
if(ans==nums.size())
{
if(sum==target)count++;
return;
}
bfs(nums,target,sum+nums[ans],ans+1);
bfs(nums,target,sum-nums[ans],ans+1);
}
};
429. N 叉树的层序遍历
给定一个 N 叉树，返回其节点值的层序遍历。（即从左到右，逐层遍历）。
树的序列化输入是用层序遍历，每组子节点都由 null 值分隔（参见示例）。
示例 1：
输入：root = [1,null,3,2,4,null,5,6]
输出：[[1],[3,2,4],[5,6]]
要把树的每一层分别存下来，用的是广度优先搜索，这里多叉树和二叉树的区别就是多叉树的子树都存在数组里，二叉树只有两个孩子，只要把多叉树的子树节点从数组中取出就行。
/*
// Definition for a Node.
class Node {
public:
int val;
vector<Node*> children;
Node() {}
Node(int _val) {
val = _val;
}
Node(int _val, vector<Node*> _children) {
val = _val;
children = _children;
}
};
*/
class Solution {
public:
vector<vector<int>> levelOrder(Node* root) {
vector<vector<int>>v;
if(!root)return v;
queue<Node*>que;
que.push(root);
while(que.size())
{
int len=que.size();
vector<int>ans;
for(int i=0;i<len;i++)
{
ans.push_back(que.front()->val);
if(que.front()->children.size())
{
for(int i=0;i<que.front()->children.size();i++)
{
que.push(que.front()->children[i]);
}
}
que.pop();
}
v.push_back(ans);
}
return v;
}
};
797. 所有可能的路径
给你一个有 n 个节点的 有向无环图（DAG），请你找出所有从节点 0 到节点 n-1 的路径并输出（不要求按特定顺序）
graph[i] 是一个从节点 i 可以访问的所有节点的列表（即从节点 i 到节点 graph[ i] [ j]存在一条有向边）。
示例 1：
输入：graph = [[1,2],[3],[3],[]]
输出：[[0,1,3],[0,2,3]]
解释：有两条路径 0 -> 1 -> 3 和 0 -> 2 -> 3
这个二维数组，其实就是个邻接矩阵，解释起来就是：graph[0]是{1,2}，就是说点0可以走到点1和点2，再去看下标1即graph[1]是{3}，就是说点1可以走到点3。
我们进行深度搜索，一开始先从点0出发，看可以到达哪些点，存入数组中，然后到达那个点，继续看那个点能到达哪些点……以此往复，当到达的点是最后一个点时，把数组存入一个二维数组中，这就算一条路线了。
class Solution {
public:
vector<vector<int>>v;
vector<int>ans;
vector<vector<int>> allPathsSourceTarget(vector<vector<int>>& graph) {
ans.push_back(0);
bfs(graph,0,graph.size()-1);
return v;
}
void bfs(vector<vector<int>>& graph,int x,int n)
{
if(x==n)
{
v.push_back(ans);
return;
}
for(auto i:graph[x])
{
ans.push_back(i);
bfs(graph,i,n);
ans.pop_back();
}
}
};
802. 找到最终的安全状态
在有向图中，以某个节点为起始节点，从该点出发，每一步沿着图中的一条有向边行走。如果到达的节点是终点（即它没有连出的有向边），则停止。
对于一个起始节点，如果从该节点出发，无论每一步选择沿哪条有向边行走，最后必然在有限步内到达终点，则将该起始节点称作是 安全 的。
返回一个由图中所有安全的起始节点组成的数组作为答案。答案数组中的元素应当按 升序 排列。
该有向图有 n 个节点，按 0 到 n - 1 编号，其中 n 是 graph 的节点数。图以下述形式给出：graph[i] 是编号 j 节点的一个列表，满足 (i, j) 是图的一条有向边。
示例 1：
输入：graph = [[1,2],[2,3],[5],[0],[5],[],[]]
输出：[2,4,5,6]
解释：示意图如上。
这里题目所说的“安全点”就是说某个点没有出度（即到达不了下一个点）、或是说某个点的所有路径都可以到达前者。比如说这里的测试例，点5和点6到达不了下一个点，所以这两个是安全点，点4和2都只有一条通往点5的路，所以他俩也是安全点。但点0，点0可以到达点1、2，虽然点2也是安全点，但点1还能到达点3，点3可以到达0，即形成了一个闭环（黄金体验镇魂曲！点3永远也到达不了安全点的事实），所以这里的答案是2 4 5 6。
这题的解法是拓扑排序。拓扑排序的知识点感兴趣的自己去搜搜看，反正就是说，一个点有多少向外延申的边，这个点的出度就是多少，反之有多少边可以到达这个点，这个点的入度就是多少，比如点0，可以到达1和2，所以出度是2，而点3可以到达点0，所以入度是1。拓扑排序就是每次取一个入度为0的点为起点，然后把这个点拿出来，同时，这个点到达其他点的路径都去掉，即入度-1。比如这里，点4的入度是0，所以可以当成是拓扑排序的起点，然后因为点4可以到达点5，所以点5的入度-1。如果一个点的入度因此又变成了0，那么这个点就可以当成拓扑排序的下一个点。
那么拓扑排序和这题有什么关系呢，这题要我们找出所有的安全点，即出度为0和任意路径都能到达安全点的点。我们可以把这个图翻转过来，拿测试例来说，原本是0可以到1、2，反转后就是1和2可以到0。对应的，原本是3到0，现在是0到3，可以看出，反转后入度和出度调换了。那么安全点的条件就变成了：入度为0的点，和只有入度为0的点能到达的点。发现没有，这就是拓扑排序的条件和作用。我们反转后，找到所有入度为0的点为拓扑排序的起点，这个起点也同时就是安全点。然后看这个安全点能到达的点，如果这个点的入度能减为0，说明这个点只有安全点能到达，说明这个点也是一个安全点。走完一边拓扑排序后，把拓扑排序的点都存入数组里（按照升序排序）。
class Solution {
public:
vector<int> eventualSafeNodes(vector<vector<int>>& graph) {
int n=graph.size();
vector<vector<int>>v(n);
vector<int>rd(n);
for(int i=0;i<n;i++)
{
for(auto j:graph[i])
{
v[j].push_back(i);
}
rd[i]=graph[i].size();
}
queue<int>que;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(rd[i]==0)
que.push(i);
}
while(que.size())
{
int t=que.front();
que.pop();
for(int i=0;i<v[t].size();i++)
{
rd[v[t][i]]--;
if(rd[v[t][i]]==0)
{
que.push(v[t][i]);
}
}
}
vector<int>ans;
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(rd[i]==0)ans.push_back(i);
}
return ans;
}
};
841. 钥匙和房间
有 n 个房间，房间按从 0 到 n - 1 编号。最初，除 0 号房间外的其余所有房间都被锁住。你的目标是进入所有的房间。然而，你不能在没有获得钥匙的时候进入锁住的房间。
当你进入一个房间，你可能会在里面找到一套不同的钥匙，每把钥匙上都有对应的房间号，即表示钥匙可以打开的房间。你可以拿上所有钥匙去解锁其他房间。
给你一个数组 rooms 其中 rooms[i] 是你进入 i 号房间可以获得的钥匙集合。如果能进入 所有 房间返回 true，否则返回 false。
示例 1：
输入：rooms = [[1],[2],[3],[]]
输出：true
解释：
我们从 0 号房间开始，拿到钥匙 1。
之后我们去 1 号房间，拿到钥匙 2。
然后我们去 2 号房间，拿到钥匙 3。
最后我们去了 3 号房间。
由于我们能够进入每个房间，我们返回 true。
准备一个长度和rooms一样的数组v，初始化都为0，当进入某个房间后，在数组v中把对应的房间序号从0变成1。一开始以0房间为起点开始广度搜索，在数组v中把对应房间序号变成1，每次根据房间里的钥匙进入对应的下一个房间，但如果已经是1了，则没必要进入下一个房间了（反正进入过了，说明该房间的钥匙我们也都拿过来了，还进去干嘛）。广度搜索结束后，遍历一遍数组v，如果还有房间是0，说明这房间没有进去过，返回false，如果遍历完还没有返回false，则返回true。
class Solution {
public:
bool canVisitAllRooms(vector<vector<int>>& rooms) {
int n=rooms.size();
vector<int>v(n);
v[0]=1;
bfs(rooms,v,0);
for(int i=0;i<n;i++)
{
if(v[i]==0)return false;
}
return true;
}
void bfs(vector<vector<int>>& rooms,vector<int>& v,int u)
{
for(auto i:rooms[u])
{
if(v[i]!=0)continue;
v[i]=1;
bfs(rooms,v,i);
}
}
};
865. 具有所有最深节点的最小子树
给定一个根为 root 的二叉树，每个节点的深度是 该节点到根的最短距离 。
返回包含原始树中所有 最深节点 的 最小子树 。
如果一个节点在 整个树 的任意节点之间具有最大的深度，则该节点是 最深的 。
一个节点的 子树 是该节点加上它的所有后代的集合。
示例 1：
输入：root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4]
输出：[2,7,4]
解释：
我们返回值为 2 的节点，在图中用黄色标记。
在图中用蓝色标记的是树的最深的节点。
注意，节点 5、3 和 2 包含树中最深的节点，但节点 2 的子树最小，因此我们返回它。
nmd这个题目描述，搞不懂什么是最小子树，后来看了评论才知道，就是说如果这个树的左右子节点都是最大深度的话，这个节点就是最小子树（人话就是最大深度节点的公共祖先）。比如这里，最大深度的节点是7和4，这两个节点的公告祖先就是2。如果是
0
/ \
1 2
\
3
的话，最深节点是3，这个节点的公共祖先就是他自己了，返回3。
所以就是，每次判断左右子树的深度，如果深度一样，就说明当前节点就是我们要的最小子树，返回当前节点。如果是左子树的深度大，说明最小子树在当前节点的左子树，去左子树找最小子树，反之如果右子树深度大，就去右子树找最小子树。
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
* };
*/
class Solution {
public:
TreeNode* subtreeWithAllDeepest(TreeNode* root) {
if(!root)return root;
int left=getDeep(root->left);
int right=getDeep(root->right);
if(left==right)return root;
else if(left>right)return subtreeWithAllDeepest(root->left);
else return subtreeWithAllDeepest(root->right);
}
int getDeep(TreeNode *root)
{
if(!root)return 0;
return 1+max(getDeep(root->right),getDeep(root->left));
}
};
958. 二叉树的完全性检验
给定一个二叉树的 root ，确定它是否是一个 完全二叉树 。
在一个 完全二叉树 中，除了最后一个关卡外，所有关卡都是完全被填满的，并且最后一个关卡中的所有节点都是尽可能靠左的。它可以包含 1 到 2h 节点之间的最后一级 h 。
示例 1：
输入：root = [1,2,3,4,5,6]
输出：true
解释：最后一层前的每一层都是满的（即，结点值为 {1} 和 {2,3} 的两层），且最后一层中的所有结点（{4,5,6}）都尽可能地向左。
这题写的有点繁琐了。用广度搜索一层一层遍历二叉树，每次遍历新的一层时，判断当前层的节点数是否满足完全二叉树的标准（第一层1个节点，第二次2个，第三次4个），如果不满足，拿一个bool变量记录下来，然后开始遍历时，如果此层有节点有子节点的话，说明这不是一个完全二叉树，因为完全二叉树正常情况每层都是符合前面的标准的，如果该层节点数不满足标准，说明这一层就是最后一层了，这些节点都是叶子节点，这样是允许节点数不满足标准的，既然是叶子节点，怎么会有子节点呢，说明这层不是最后一层，但节点数不满足，所以返回false。如果此层节点数满足标准，当遍历时，如果有节点没有左节点，先判断它有没有右节点，如果有说明不符合完全二叉树，返回false，如果也没有右节点，那判断它是不是这一层的最后一个节点，如果不是，说明也不是完全二叉树，返回false。因为前面知道了，这一层不是最后一层，这一层的节点必定是有子节点的，如果没有子节点，说明这个可能是这一层的最后一个节点，如果不是最后一个节点那显然就不是完全二叉树。如果这个节点有左节点，就把左节点入队，再判断这个节点是否有右节点，如果有就入队，如果没有，就判断这个节点是不是最后一个节点，如果不是，返回false，原理同上。当广度搜索结束后，还没有返回false，说明这是一个完全二叉树，返回true。
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
* TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
* };
*/
class Solution {
public:
bool isCompleteTree(TreeNode* root) {
if (!root)return true;
queue<TreeNode*>que;
que.push(root);
bool flag = true,st=true;
int ans = 1;
while (que.size())
{
int n = que.size();
st = true;
if (n != ans)flag = false;
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (que.front()->left != NULL)
{
if (!flag)return false;
else if (!st)return false;
que.push(que.front()->left);
}
else
{
if (que.front()->right != NULL)return false;
st = false;
}
if (que.front()->right != NULL)
{
if (!flag)return false;
que.push(que.front()->right);
}
else st = false;
que.pop();
}
ans *= 2;
}
return true;
}
};
967. 连续差相同的数字
返回所有长度为 n 且满足其每两个连续位上的数字之间的差的绝对值为 k 的 非负整数 。
请注意，除了 数字 0 本身之外，答案中的每个数字都 不能 有前导零。例如，01 有一个前导零，所以是无效的；但 0 是有效的。
你可以按 任何顺序 返回答案。
示例 1：
输入：n = 3, k = 7
输出：[181,292,707,818,929]
解释：注意，070 不是一个有效的数字，因为它有前导零。
广度优先搜索，准备一个数组v，for循环1到9的数字（不能有0，因为这里我们要准备的是第一位的数字，而第一位数字不能是0），然后计算所有+k后小于等于9的数，和-k后大于等于0的数，把数存入数组里，开始广度搜索，每次先判断，数的位数是否等于n，如果等于，就结束程序。bfs中准备一个数组ans和一个哈希表，哈希表以数字为key，出现次数为val，从v中取出之前存下的数，然后在尾部添加与前一位数差值为k的数，然后判断一下这个数有没有存过哈希表里，如果没有就把数存入数组ans里，并把这个数存入哈希表中。如果这个数出现在哈希表里了，就不再把这个数存入数组中，这一步是为了防止出现重复的元素。比如当n=2，k=0时，结果应该是11、22、33等，但要是不去重的话，结果就可能是11、11、22、22等，这是因为我们在给数添加新的尾部时，计算前一位数的差值时，是进行了+和-的操作的，比如k=3时，如果第一位数字是5，那就会有52或58两个数。而当k是0时，+和-的操作得到的数是一样的，比如第一位数字是5，那就会得到55和55，如果都把这两个数存入数组中显然是不正确的，所以要去重。等这一步的广度搜索结束后，把数组ans的值全赋给v，然后进行下一次广度搜索，直到数字的位数等于n为止。
class Solution {
public:
vector<int>v;
vector<int> numsSameConsecDiff(int n, int k) {
for(int i=1;i<=9;i++)
{
if(i+k<=9)v.push_back(i);
else if(i-k>=0)v.push_back(i);
}
bfs(n,k,1);
return v;
}
void bfs(int n,int k,int u)
{
if(u==n)return ;
int num;
vector<int>ans;
unordered_map<int,int>mymap;
for(auto i:v)
{
if(i%10+k<=9)
{
num=i*10+i%10+k;
if(mymap[num]==0)
{
ans.push_back(num);
mymap[num]=1;
}
}
if(i%10-k>=0)
{
num=i*10+i%10-k;
if(mymap[num]==0)
{
ans.push_back(num);
mymap[num]=1;
}
}
}
v=ans;
bfs(n,k,u+1);
}
};
994. 腐烂的橘子
在给定的 m x n 网格 grid 中，每个单元格可以有以下三个值之一：
值 0 代表空单元格；
值 1 代表新鲜橘子；
值 2 代表腐烂的橘子。
每分钟，腐烂的橘子 周围 4 个方向上相邻 的新鲜橘子都会腐烂。
返回 直到单元格中没有新鲜橘子为止所必须经过的最小分钟数。如果不可能，返回 -1 。
示例 1：
输入：grid = [[2,1,1],[1,1,0],[0,1,1]]
输出：4
先遍历一遍矩阵，找出所有的腐烂橘子的下标并存入队列中，然后根据腐烂橘子的下标开始广度搜索，每次搜索以所有腐烂橘子的下标为中心，把其上下左右四个方向的橘子都腐烂掉，并把新腐烂橘子的下标存入队列中。每完成一次广度搜索，时间times+1。等所有广度搜索结束后，再遍历一遍矩阵，判断里面是否还有新鲜的橘子，如果有，返回-1，如果没有就返回times。
class Solution {
public:
typedef pair<int,int>PII;
int dx[4]={1,0,-1,0},dy[4]={0,1,0,-1};
int n,m;
int orangesRotting(vector<vector<int>>& grid) {
n=grid.size(),m=grid[0].size();
int times=0;
queue<PII>que;
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
if(grid[i][j]==2)
{
que.push({i,j});
}
while(que.size())
{
int len=que.size();
for(int i=0;i<len;i++)
{
for (int j = 0; j < 4; j++)
{
int a = que.front().first + dx[j], b = que.front().second + dy[j];
if (a >= 0 && a < n && b >= 0 && b < m && grid[a][b] == 1)
{
grid[a][b] = 2;
que.push({ a,b });
}
}
que.pop();
}
if(que.size())times++;
}
for(int i=0;i<n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
if(grid[i][j]==1)return -1;
return times;
}
};