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一、递增矩阵问题
问题描述：如下图所示，在一个m*n矩阵中，每一行都按照从左到右递增的顺序排序，每一列都按照从上到下递增的顺序排序。请完成一个函数，按从小到大的顺序打印这个矩阵到一个一维数组中。如图，则应打印出1，2,2,4,4,6,7,8,8,9,9,10,11,12,13,15.
二、无重复的最长子串问题（引用luxiaoxun博客）
问题描述：找到一个字符串中的一个连续子串，这个子串内不能有任何两个字符是相同的，并且这个子串是符合要求的最长的。例如输入"abcbef"，输出"cbef"。
问题求解：方法一：穷举法，使用2重外循环遍历所有的区间，用2重内循环检验子串是否符合“无重复字符”这一要求。其中外层循环i、j 遍历所有的下标，m、n是内层循环，检查区间[i,j]是否符合要求。空间复杂度是O(1)，时间复杂度O(N^4)。
//O(N^4)的时间复杂度
int max_unique_substring1(char * str)
{
int maxlen = 0;
int begin = 0;
int n = strlen(str);
for(int i=0; i<n; ++i)
for(int j=1; j<n; ++j)
{
int flag = 0;
for(int m=i; m<=j; ++m)
{
for(int n=m+1; n<j; ++n)
{
if(str[n] == str[m])
{
flag = 1;
break;
}
}
if(flag == 1) break;
}
if(flag==0 && j-i+1>maxlen)
{
maxlen = j-i+1;
begin = i;
}
}
printf("%.*s\n", maxlen, &str[begin]);
return maxlen;
} 方法二：对方法一的检验子串是否“无重复字符”进行改进，使用hash表记录字符是否出现过。//O(N^2)的时间复杂度
int max_unique_substring2(char * str)
{
int i,j;
int begin;
int maxlen = 0;
int hash[256];
int n = strlen(str);
for(i=0; i<n; ++i)
{
memset(hash,0,sizeof(hash));
hash[str[i]] = 1;
for(j=i+1; j<n; ++j)
{
if(hash[str[j]] == 0)
hash[str[j]] = 1;
else
break;
}
if(j-i > maxlen)
{
maxlen = j-i;
begin = i;
}
}
printf("%.*s\n", maxlen, &str[begin]);
return maxlen;
} 方法三：对于字符串"axbdebpqawuva"，构造下表：
表中，字符串有3个‘a’，有2个‘b’，其余为单一字符。next[]记录了下一个与之重复的字符的位置，如str[0]=str[8]=str[12]=‘a’，这时next[0]=8，next[8]=12，next[12]=13，其余同理。值得注意的是，对于没有重复字符的，next[]存储字符结束符‘\0’的下标，即13。
这里，first[i]表示i之后，第一次出现重复字符的那个位置。例如，str[0]之后，第一次出现的重复字符是str[5]=‘b’，当然，从str[1]，str[2]开始也是一样。而从str[3]开始，要到str[12]才出现重复字符‘a’。可以证明，从str[i]起的最长符合要求的长度为first[i]-i，区间为[i,first[i]-1]由此得解。上述最长串是当i=3时，first[i]-i=12-3=9。结果串为debpqawuv。
//O(N)的时间复杂度
int max_unique_substring3(char * str)
{
int maxlen = 0;
int begin = 0;
int n = strlen(str);
int * next = (int*)malloc(sizeof(int)*n); //next[i]记录了下一个与str[i]重复的字符的位置
int * first = (int*)malloc(sizeof(int)*(n+1)); //first[i]记录str[i]后面最近的一个重复点
int hash[256];
memset(hash,n,sizeof(hash));
first[n] = n;
for(int i=n-1; i>=0; i--)
{
next[i] = hash[str[i]];
hash[str[i]] = i;
if (next[i] < first[i+1])
first[i] = next[i];
else
first[i] = first[i+1]; //生成first[]表，复杂度是O(N)的
}
for(int i=0; i<n; i++)
{
if (first[i]-i > maxlen)
{
maxlen = first[i]-i;
begin = i;
}
}
free(first);
free(next);
printf("%.*s\n", maxlen, &str[begin]);
return maxlen;
} 方法四：使用后缀数组对这个字符串构造后缀数组，在每个后缀数组中，寻找没有重复字符的最长前缀，最长的前缀就是要找的子串
//得到字符串最长的无重复的前缀长度
int longestlen(char * p)
{
int hash[256];
int len = 0;
memset(hash,0,sizeof(hash));
while (*p && !hash[*p])
{
hash[*p] = 1;
++ len;
++ p;
}
return len;
}
//使用后缀数组解法
int max_unique_substring4(char * str)
{
int maxlen = -1;
int begin = 0;
char *a[99999];
int n = 0;
while(*str != '\0')
{
a[n++] = str++;
}
for (int i=0; i<n; i++)
{
int temlen = longestlen(a[i]);
if (temlen > maxlen)
{
maxlen = temlen;
begin = i;
}
}
printf("%.*s\n", maxlen, a[begin]);
return maxlen;
}
方法五：DP方案等参考http://www.ahathinking.com/archives/123.html
三、字符串交错问题
问题描述：判断字符串c是否是字符串a和字符串b按顺序的交错(interleave)。
什么叫interleave？是将两个字符串完整的交错在一起，拆分开以后还会是原来的a和b串。
问题分析：一个直观的错觉：把C字符串中的A挑出来，剩下的部分如果是B，这样就说明C是interleave。
这样会遇到一个错误，比如a="aa", b="ab", c="aaba"。如果从c中把A挑出来，会直接挑出开始的"aa"，然后剩余的部分"ba"不等于b字符串，就会做出“不是interleave”的错误判断。这样的错误是由于a、b两个字符串中有共有的字符所导致的挑拣时的错误。
情况一：如果输入字符串a、b中没有共有的字符，那么各挑各的，挑到就一定是属于自己的。如果挑完之后c还有剩余、或者挑不完c就没了，说明c不是interleave。
情况二：如果输入字符串a、b中是有共有字符的，那么各挑各的，很有可能发生挑选错误，把不该挑走的挑走。想要避免这个错误，当遇到共有字符时（即，两方都能要的字符），分别把两种情况都考虑。
下面是解决问题的两种方向。
1、递归方法：由外向里（由大向小）解决问题。
2、DP方法：由里向外（由小向大）解决问题。
递归子问题方法：
对于目标问题(s1, s2, s3)来说，递归子问题是(s1.substr(1), s2, s3.substr(1))和(s1, s2.substr(1), s3.substr(1))两个。
class Solution {
public:
bool isInterleave(string s1, string s2, string s3) {
bool r1 = false, r2 = false;
if(s1 == "" && s2 == "" && s3 == "")
return true;
if(s1 != "" && s3 != "" && s1[0] == s3[0])
r1 = isInterleave(s1.substr(1), s2, s3.substr(1));
if(s2 != "" && s3 != "" && s2[0] == s3[0])
r2 = isInterleave(s1, s2.substr(1), s3.substr(1));
return r1 || r2;
}
}; 动态规划方法：class Solution {
public:
bool isInterleave(string s1, string s2, string s3) {
size_t len1, len2;
len1 = s1.length();
len2 = s2.length();
if(len1 + len2 != s3.length())
return false;
bool **C = new bool*[len1+1]; //注意*在中间
for(int i=0;i<len1+1;i++)
C[i] = new bool[len2+1];
C[0][0] = true;
for(int i=1;i<len1+1;i++)
C[i][0] = (s1[i-1] == s3[i-1]) && C[i-1][0];
for(int j=1;j<len2+1;j++)
C[0][j] = (s2[j-1] == s3[j-1]) && C[0][j-1];
for(int i=1;i<len1+1;i++)
for(int j=1;j<len2+1;j++)
C[i][j] = ( (s1[i-1] == s3[i+j-1]) && C[i-1][j] ) || ( (s2[j-1] == s3[i+j-1]) && C[i][j-1] );
bool result = C[len1][len2];
for(int i=0;i<len1+1;i++)
delete []C[i];
delete []C;
return result;
}
}; DP方法的时间复杂度O(mn),空间复杂度O(mn)。四、统计某时间段内在线用户数问题
问题描述：统计指定时间段内每个时间点有多少个用户.时间段是开始时间 00:00 结束时间 08:00
比如一个用户 A 的记录表示为User：login_time：logout_time
表中示例数据
User login_time logout_time
A 05:57 09:01
B 07:13 08：00
C 05:00 07:00
最后记录为[5,7),2 [7,8),2 [8,9),1 而不是[5,6),2 [6,7),2 [7,8),2 [8,9),1
(未完待续)
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原文地址：http://blog.csdn.net/romancegirls/article/details/40200627
