2024.06.19 刷题日记

41. 缺失的第一个正数

这个题目的通过率很低，是一道难题，类似于脑筋急转弯，确实不好想。实际上，对于一个长度为 N 的数组，其中没有出现的最小正整数只能在 [1,N+1] 中。

这个结论并不好想，举个例子：nums = [3,4,-1,1]，长度为 4，未出现的最小正数是 2；极端一点，nums = [1,2,3,4]，未出现的最小正数是 5。因此算法的第一步就是预处理，将这个范围之外的数全部标记掉：

for (int& num : nums) {
          if (num <= 0 || num > n) {
              num = n + 1;
          }
      }

对于 nums = [3,4,-1,1]，操作之后，nums = [3,4,5,1]。

第二步，需要将符合条件的数，放到它标记到应该呆的位置上，标记方法是取反，比如 1，就放到第一个位置 0，将每一个数操作一遍：

for (int i = 0; i < n; ++i) {
          int pos = abs(nums[i]) - 1; // 计算原始数字对应的索引
          if (pos < n && nums[pos] > 0) { // 只有在正常范围内的数才进行放置
              nums[pos] =
                  -nums[pos]; // 通过取负值来标记这个位置的数字已经存在
          }
      }

对于 nums = [3,4,5,1]，操作之后，nums = [3,4,-5,1]、nums = [3,4,-5,-1]、nums = [3,4,-5,-1]（不变）、nums = [-3,4,-5,-1]。经过这轮操作之后，会发现，第二个数没有被标记，因此数组中没有 2，因此将 2 返回：

for (int i = 0; i < n; ++i) {
          if (nums[i] > 0) {
              return i + 1; // 返回缺失的第一个正数
          }
      }
      return n + 1; // 如果1到n都存在，那么返回n+1

73. 矩阵置零

这道题目的思路是，首先判断第一行或者第一列是否有 0 元素：

bool firstRowZero = false;
      bool firstColZero = false;

      for (int i = 0; i < m; i++) {
          if (matrix[i][0] == 0) {
              firstColZero = true;
              break;
          }
      }

      for (int j = 0; j < n; j++) {
          if (matrix[0][j] == 0) {
              firstRowZero = true;
              break;
          }
      }

然后根据非第一列非第一行得元素是否为零，标记第一列或者第一行：

for (int i = 1; i < m; i++) {
         for (int j = 1; j < n; j++) {
             if (matrix[i][j] == 0) {
                 matrix[i][0] = 0;
                 matrix[0][j] = 0;
             }
         }
     }

当第一行或者第一列被标记了，就可以根据这个信息来标记其它元素了：

for (int i = 1; i < m; i++) {
          for (int j = 1; j < n; j++) {
              if (matrix[i][0] == 0 || matrix[0][j] == 0) {
                  matrix[i][j] = 0;
              }
          }
      }

最后根据flags 置第一行第一列元素为 0：

if (firstColZero) {
          for (int i = 0; i < m; i++) {
              matrix[i][0] = 0;
          }
      }

      if (firstRowZero) {
          for (int j = 0; j < n; j++) {
              matrix[0][j] = 0;
          }
      }

48. 旋转图像

这个题目的思路是先转置，然后反转每一行：

class Solution {
public:
    void rotate(vector<vector<int>>& matrix) {
        int n = matrix.size();
        // 转置矩阵
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            for (int j = i; j < n; ++j) {
                swap(matrix[i][j], matrix[j][i]);
            }
        }
        // 反转每一行
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            reverse(matrix[i].begin(), matrix[i].end());
        }
    }
};

240. 搜索二维矩阵 II

我以为这道题要从左上角开始搜索，后来才发现必须通过右上或者坐下，因为这两个方向中，元素单调性是相反的，单调性如果相同，是没办法排除的：

class Solution {
public:
    bool searchMatrix(vector<vector<int>>& matrix, int target) {
        if (matrix.empty() || matrix[0].empty())
            return false;
        int m = matrix.size();
        int n = matrix[0].size();
        int i = 0, j = n - 1;

        while (i < m && j >= 0) {
            if (matrix[i][j] == target) {
                return true;
            } else if (matrix[i][j] > target) {
                j--;
            } else {
                i++;
            }
        }
        return false;
    }
};

160. 相交链表

这道题目简单，直接双指针，因为 A+B = B+A，它们这样运行一圈后，必然会相交：

class Solution {
public:
    ListNode* getIntersectionNode(ListNode* headA, ListNode* headB) {
        if (headA == NULL || headB == NULL)
            return NULL;

        ListNode* pA = headA;
        ListNode* pB = headB;

        while (pA != pB) {
            // 如果达到末尾，则转向另一链表的头部
            pA = pA == NULL ? headB : pA->next;
            pB = pB == NULL ? headA : pB->next;
        }

        // 若相遇，则 pA 或 pB 为交点，或两者均为 NULL，未相交
        return pA;
    }
};

206. 反转链表

这个题目用两种解法，递归和迭代：

class Solution {
public:
    ListNode* reverseList(ListNode* head) {
        // 递归
        // if(head ==  nullptr || head->next == nullptr)
        // return head;

        // ListNode *newNode = reverseList(head->next);
        // head->next->next = head;
        // head->next = nullptr;
        // return newNode;

        // 迭代

        ListNode* prev = nullptr; // 前一个结点
        ListNode* curr = head;    // 遍历
        ListNode* next = nullptr; // 存储下一个结点

        while (curr != nullptr) {
            next = curr->next; // 存储下一个结点
            curr->next = prev; // 反转当前
            prev = curr;       // 移动
            curr = next;       // 移动
        }
        return prev;
    }
};

234. 回文链表

这个题目能用到上面的解法，先用快慢指针找到中点，然后反转后面的链表，然后双指针从两边向中心靠近且比较：

class Solution {
public:
    bool isPalindrome(ListNode* head) {
        if (head == nullptr || head->next == nullptr)
            return true;

        ListNode *slow = head, *fast = head, *prev = nullptr, *next = nullptr;


        while (fast != nullptr && fast->next != nullptr) {
            fast = fast->next->next;
            slow = slow->next;
        }

        while (slow != nullptr) {
            next = slow->next;
            slow->next = prev;
            prev = slow;
            slow = next;
        }

        ListNode* left = head;
        ListNode* right = prev;
        while (right != nullptr) {
            if (left->val != right->val)
                return false;
            left = left->next;
            right = right->next;
        }

        return true;
    }
};

141. 环形链表

快慢指针：

bool hasCycle(ListNode* head) {
       ListNode *fast = head, *slow = head;
       while (fast != nullptr && slow != nullptr) {
           fast = fast->next;
           if (fast == nullptr)
               return false;
           fast = fast->next;
           slow = slow->next;
           if (slow == fast)
               return true;
       }
       return false;
   }

142. 环形链表 II

这个用哈希表简直是降维打击：

ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
       unordered_set<ListNode *> visited;
       while (head != nullptr) {
           if (visited.count(head)) {
               return head;
           }
           visited.insert(head);
           head = head->next;
       }
       return nullptr;
   }

21. 合并两个有序链表

使用一个伪头结点，然后将所有的结点挂在这个结点上：

class Solution {
public:
    ListNode* mergeTwoLists(ListNode* list1, ListNode* list2) {
        ListNode dummy(0);
        ListNode* tail = &dummy; // 使用一个尾指针，始终指向新链表的最后一个节点

        while (list1 && list2) {
            if (list1->val < list2->val) {
                tail->next = list1;  // 接上 list1 的当前节点
                list1 = list1->next; // 移动 list1 指针
            } else {
                tail->next = list2;  // 接上 list2 的当前节点
                list2 = list2->next; // 移动 list2 指针
            }
            tail = tail->next; // 移动尾指针到新链表的末尾
        }

        tail->next = list1 ? list1 : list2;

        return dummy.next;
    }
};

总结

41. 缺失的第一个正数

利用索引作为哈希键通过元素取反来标记存在的数字，有效利用数组自身空间来存储信息。
确保处理后的数组中，每个数字都在其应有的位置上，没有则是缺失的最小正数。

73. 矩阵置零

使用矩阵的第一行和第一列作为标记数组，记录哪些行列需要被置零。
分步处理，先标记，后置零，注意操作的顺序和逻辑清晰。

48. 旋转图像

先转置矩阵，然后反转每一行，是一种简洁的在原地操作矩阵的方法，符合题目要求的空间复杂度。

240. 搜索二维矩阵 II

从右上角（或左下角）开始搜索，利用行和列的单调性来排除行或列，这种策略提高了搜索效率。

160. 相交链表

双指针法，一个从链表A出发到链表B，另一个从链表B出发到链表A，两者会在交点相遇。
由于路径长度相同（A+B=B+A），所以两指针会同时到达交点。

206. 反转链表

迭代和递归两种方式，迭代方式通过交换指针方向在原地反转链表，而递归则是通过递归栈来实现。

234. 回文链表

快慢指针找到中点，反转后半部分，然后前后两部分进行比对。
这种方法充分利用了链表的特性，减少了空间复杂度。

141. 环形链表

快慢指针法检测环，快指针每次走两步，慢指针每次走一步，如果相遇则说明有环。

142. 环形链表 II

使用哈希表记录访问过的节点，第一个重复访问的节点即为环的入口。
或者使用快慢指针确定环的存在后，用两个指针从头和相遇点出发，第二次相遇点即为环的入口。

21. 合并两个有序链表

使用一个伪头节点简化边界情况的处理，通过比较两链表头部节点的值，依次选择较小的节点拼接到新链表上。

LeetCode

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2024.06.19 刷题日记

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作者

Luyoung

发布于

2024年6月19日

许可协议

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