标签：子串 argc 最长子串 reverse ++i 字符 color const ==
给定一个字符串，请你找出其中不含有重复字符的 最长子串 的长度。
拿到这个题目首先的想法是建立一个滑动窗口，利用两个变量来维护，之后对字符串进行遍历，一边遍历一边对滑动窗口内的所有字符进行检测是否重复，如果没有重复则窗口右侧增加一位，如果有重复，则滑动窗口左侧指针更新为窗口内重复元素的位置+1。代码如下：
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
using namespace std;
int main(int argc, char const *argv[])
{
string s = "pwwkew"; //样例信息
int l, ans; //利用l和i维持一个滑动窗口，窗口范围是[l,i)
l = 0;
ans = 0;
string s_temp;
for (int i = 0; i < s.length(); ++i)
{
s_temp = s.substr(l,i-l); // s.substr(pos,n); 从第pos个位置开始（包括pos）,返回n个字符；
for(int j = 0; j < s_temp.length(); j++){ //从滑动窗口内开始遍历，如果串口内存在与正在扫描的第i个字符相同，则改变l指针
if( (s_temp[j] == s[i]) && (i != 0) ){
l = l + j + 1; //把l指针位置改变为：在窗口内发现的重复字符的后一个。
}
}
if( (i - l + 1) >= ans ){ //更新最大滑动窗口长度；
ans = (i - l + 1);
}
}
};
}
cout << ans << endl;
return 0;
}提交结果时间复杂度太高 \(O(n^2)\) ,后来学习了hash_map，可以利用hash—map来记录每个字符串出现的位置，这样就不需要对滑动窗口的每个元素进行遍历了，而且hash_map的复杂度是\(O(1)\)，所以最后的复杂度是 \(O(n)\) 。代码更改如下：
class Solution {
public:
int lengthOfLongestSubstring(string s) {
int res = 0, left = -1, n = s.size();
unordered_map<int, int> m;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
if (m.count(s[i]) && m[s[i]] > left)
left = m[s[i]];
m[s[i]] = i;
res = max(res, i - left);
}
return res;
}
};给定一个字符串 s，找到 s 中最长的回文子串。你可以假设 s 的最大长度为 1000。
这个题目，也很简单，分两种情况依次遍历，分别找出奇数和偶数长度的子串就可以了，注意数组越界问题（找了挺长时间哪里数组越界，看来对编程还是不敏感），此处在search函数里left和right指针在进行判断之前，已经是不符合判断条件的状况了，所以我们如果后续会利用这两个变量，需要对其进行复原，即left++和right--（就是这里找了好久，~~(>_<)~~），代码如下：
class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
int n = s.length();
if(n< 2)
return s;
int start = 0;
int maxLen = 0;
for(int i = 0; i < s.length();i++) //寻找长度为奇数
search(s, i, i, start, maxLen);
for(int i = 0; i < s.length()-1;i++) //寻找长度为偶数
search(s, i, i+1, start, maxLen);
return s.substr(start, maxLen);
}
void search(string s,int left, int right, int& start,int& maxLen){
while( (left >= 0) && (right < s.length()) && (s[left] == s[right]) ){
left--;
right++;
}
left++;
right--;
if( (right - left + 1) > maxLen ){
maxLen = right - left + 1;
start = left;
}
}
};今天尝试了用动态规划的方法去解题，动态规划是一个很像分治法的算法，都是“大事化小小事化了”的思想。动态规划实际上就是依次推这个公式：\(F(n) = F(n-1)+F(n-2)\)，其中\(F(n)\)使我们想要的最终状态，当然我们需要边界条件，就是\(F(0)=a\)和\(F(1)=b\)，因为到了这里我们就不能继续利用上面的地推公式了，要在此收敛。当然我们可以正着推，也可以反过来递归求解，但是递归求解相当于对一颗二叉树的所有节点进行求解，故时间复杂度是\(O(2^n)\)，所以一般从边界条件开始正着推，此时也可以利用备忘录算法，把已经得到的数值放到map或者数组里，避免重复求解。
这个题目里我利用了mark[i][j]这个数组（我们只利用 i < j 的这一部分），i就是子串的左边界，j就是子串的右边界，如果\(s[i,j]\)这个子串是一个回文子串那么mark[i][j] = 1。判断其是否是回文子串的条件是动态规划算法的核心if( (s[i] == s[j]) && ( j-i<2 || mark[i+1][j-1] ) )，其边界条件是mark[i][i]=1。除此之外，需要注意的是，因为我们是从边界条件开始递推所有数组的状态，所以我们需要沿着对角线方向依次向上遍历mark数组，以确保递推时候的正确性，图示如下：
class Solution {
public:
string longestPalindrome(string s) {
int start = 0;
int n = s.length();
if (n < 2 )
return s;
int mark[n][n] = {0};
for(int i = 0; i < n ;i++) //初始化数组
for(int j = 0;j < n;j++)
mark[i][j]=0;
int MaxLen = 0;
int left = 0;
for(int k = 0; k < n; k++){
for(int i = 0,j = k; i < n - k; i++,j++){ //确保沿对角线向数组右上方遍历；
mark[i][i] = 1;
if( (s[i] == s[j]) && ( ( j-i<2 ) || mark[i+1][j-1] ) )
mark[i][j] = 1;
if( mark[i][j] && (j-i+1 > MaxLen) ) {
MaxLen = j-i+1;
start = i;
}
}
}
return s.substr(start,MaxLen);
}
};实际提交后，会发现这种算法的时间复杂度实际很不理想，这和遍历数组的方式有关。数组在计算机中是按行线性排列的，而且计算机在从内存或缓存加载数据的时候，会默认把当前访问的数据以及其附近的多组数据一同加载，这样可以提高下次访问的速度（计算机会猜测你下次极有可能访问临近的元素），然后我们的这种访问方式就使得计算机的这种优化无用了，所以我们每次访问数组中的元素，计算机都会从新加载数据，进而时间复杂度极其不理想。
刚才上网看还有一个马拉车算法，今天还有事情，明天看一看回来更！码住
将一个给定字符串根据给定的行数，以从上往下、从左到右进行 Z 字形排列。
比如输入字符串为 "LEETCODEISHIRING" 行数为 3 时，排列如下：
L C I R
E T O E S I I G
E D H N之后，你的输出需要从左往右逐行读取，产生出一个新的字符串，比如："LCIRETOESIIGEDHN"。
请你实现这个将字符串进行指定行数变换的函数：
string convert(string s, int numRows);
L D R
E O E I I
E C I H N
T S G这个题目比较简单，很容易发现规律:对于每n排竖直排列的字母，相差的索引都是size = 2 * ，numRows - 2个。随后我们判断是否是首行或者尾行，如果是，直接利用上面规律就好，如果不是，我们需要插入 s[j + size - 2 * i]个元素（i是当前行数，j是一个循环变量变量，j每次递增size个单位）。此外需要注意数组是否越界，和输入空字符串的情况。
class Solution {
public:
string convert(string s, int numRows) {
if (numRows <= 1) return s;
string res = "";
int size = 2 * numRows - 2;
for (int i =0; i< numRows; i++){
for(int j = i; j < s.length(); j = j + size){
if( (i == 0)||(i==numRows-1) ){ //说明是首行或者尾行
res += s[j];
}else{ //中间行
res += s[j];
if( j + size - 2 * i < s.length() ) //边界判断
res += s[j + size - 2 * i];
}
}
}
return res;
}
};罗马数字包含以下七种字符：?I，?V，?X，?L，C，D?和?M。
字符 数值
I 1
V 5
X 10
L 50
C 100
D 500
M 1000
例如， 罗马数字 2 写做?II?，即为两个并列的 1。12 写做?XII?，即为?X?+?II?。 27 写做??XXVII, 即为?XX?+?V?+?II?。
通常情况下，罗马数字中小的数字在大的数字的右边。但也存在特例，例如 4 不写做?IIII，而是?IV。数字 1 在数字 5 的左边，所表示的数等于大数 5 减小数 1 得到的数值 4 。同样地，数字 9 表示为?IX。这个特殊的规则只适用于以下六种情况：
I?可以放在?V?(5) 和?X?(10) 的左边，来表示 4 和 9。
X?可以放在?L?(50) 和?C?(100) 的左边，来表示 40 和?90。?
C?可以放在?D?(500) 和?M?(1000) 的左边，来表示?400 和?900。
给定一个整数，将其转为罗马数字。输入确保在 1?到 3999 的范围内。
示例?3:
输入:?9
输出: "IX"
示例?4:
输入:?58
输出: "LVIII"
解释: L = 50, V = 5, III = 3.
示例?5:
输入:?1994
输出: "MCMXCIV"
解释: M = 1000, CM = 900, XC = 90, IV = 4.
这个题目拿过来第一反应是要把每个位数分离出来，随后转换成罗马数字，再拼接到一起。中间利用了map：
sclass Solution {
public:
string intToRoman(int num) {
string ans = "";
int t = 10;
int temp = 0;
while( num != 0 ) {
temp = num % t;
num -= temp;
t *= 10;
ans = getOneRoman(temp) + ans;
}
return ans;
}
string getOneRoman(int num){
map<int,string> mapRom = {{1,"I"},{4,"IV"},{5,"V"},{9,"IX"},{10,"X"},{40,"XL"},{50,"L"}, {90,"XC"},{100,"C"}, {400,"CD"},{500,"D"},{900,"CM"}, {1000,"M"} };
map<int,string>::reverse_iterator it;
string OneStr = "";
while(num != 0){
for(it = mapRom.rbegin(); it != mapRom.rend(); it++ ) {//从后向前遍历
if(it->first <= num ){
num -= it->first;
OneStr += it->second;
break;
}
}
}
return OneStr;
}
};
提交之后意识到时间复杂度惨不忍睹（一个数字长度是n，那么这个方式\(n^k\)）。。。。。。。
其实何必把每个位数单独分离出来呢？我们从大向小遍历，转换一个位数后，把基数减去相应的位数，继续在map中寻找。这样在map中也只需要遍历一遍。
class Solution {
public:
string intToRoman(int num) {
string ans = "";
vector<int> values={1000,900,500,400,100,90,50,40,10,9,5,4,1};
vector<string> strs={"M","CM","D","CD","C","XC","L","XL","X","IX","V","IV","I"};
int i = 0;
while( num != 0 || i > values.size() ){
if( num >= values[i]){
num -= values[i];
ans += strs[i];
}else
i++;
}
return ans;
}
};LeetCode刷题记录(小森要找工作啦!!!!!!!!!!)
标签：子串 argc 最长子串 reverse ++i 字符 color const ==
原文地址：https://www.cnblogs.com/JeasonIsCoding/p/11626836.html
