代码随想录算法训练营Day37|56.合并区间、738.单调递增的数字、968.监控二叉树
合并区间
56. 合并区间 - 力扣(LeetCode)
(图片来源网络,侵删)
和之前的思路类似,先创建一个ans二维数组,创建start和end来指明添加进入ans数组的区间下标,先对数组按照首元素排序从小到大排序后,根据当前元素是否小于下一个元素的第一个元素来决定将这个对ans数组进行增加、移动下标或改变end。具体代码如下。
class Solution { public: // 定义一个比较函数,用于sort函数,按照区间的起始点进行排序 static bool cmp(vector&a, vector&b){ return a[0] end){ // 将上一个区间加入ans中 ans.push_back(vector{begin,end}); // 更新区间的起始和结束点为当前区间的起始和结束点 begin = intervals[i+1][0]; end = intervals[i+1][1]; } else // 如果有重叠,更新结束点为当前区间和上一个区间结束点的较大值 end = max(intervals[i+1][1],end); // 如果是最后一个区间,将其加入ans中 if(i == intervals.size()-2){ ans.push_back(vector{begin,end}); } }// 返回合并后的区间 return ans; } };
算法的时间复杂度为O(nlogn),空间复杂度为O(n)。
代码随想录中代码
class Solution { public: vector merge(vector& intervals) { vector result; if (intervals.size() == 0) return result; // 区间集合为空直接返回 // 排序的参数使用了lambda表达式 sort(intervals.begin(), intervals.end(), [](const vector& a, const vector& b){return a[0] = intervals[i][0]) { // 发现重叠区间 // 合并区间,只更新右边界就好,因为result.back()的左边界一定是最小值,因为我们按照左边界排序的 result.back()[1] = max(result.back()[1], intervals[i][1]); } else { result.push_back(intervals[i]); // 区间不重叠 } } return result; } };
- 时间复杂度: O(nlogn)
- 空间复杂度: O(logn),排序需要的空间开销
单调递增的数字
738. 单调递增的数字 - 力扣(LeetCode)
贪心算法,98的最小单调递增数字为89,第一位不符合单调递增的情况,将该值--,并将后面的数字都变为9,使用字符串可以方便对数字进行处理,所以我们先将数字转换为字符串,然后寻找到第一个不符合单调递增情况的数字,之后对该数字以前的数字全部-1,保证其前几位在符合单调递增的情况下最大,最后把后面的数字全部变为9,即实现了最大的单调递增数字。
class Solution { public: int monotoneIncreasingDigits(int n) { // 将整数n转换为字符串s,以便逐位处理 string s = to_string(n); int i = 1; // 从左到右遍历字符串,直到遇到一个位置i,使得s[i-1] > s[i] // 找到需要调整的位置 while(i s[i]){ s[i - 1] -= 1; i-- ; } // 将位置i之后的所有数字都置为'9',这样可以保证这些位置的数字是最大的 for(int j = i + 1; j
时间复杂度为O(n),空间复杂度为O(n)。
监控二叉树
968. 监控二叉树 - 力扣(LeetCode)
我开始的想法是用一个层序遍历,然后将偶数层的节点相加得到监控的数目,有些问题,后面再改改。(能力不够,先跳过吧)
class Solution { public: int minCameraCover(TreeNode* root) { queue queue; if(root!=nullptr){ queue.push(root); } int count = 0; int flag = 0; TreeNode*cur = root; vectorans; while(!queue.empty()){ int size = queue.size(); ans.push_back(size); for(int i = 0; i left){ queue.push(cur->left); } if(cur->right){ queue.push(cur->right); } } } if(ans.size() left); // 左 int right = traversal(cur->right); // 右 // 情况1 // 左右节点都有覆盖 if (left == 2 && right == 2) return 0; // 情况2 // left == 0 && right == 0 左右节点无覆盖 // left == 1 && right == 0 左节点有摄像头,右节点无覆盖 // left == 0 && right == 1 左节点有无覆盖,右节点摄像头 // left == 0 && right == 2 左节点无覆盖,右节点覆盖 // left == 2 && right == 0 左节点覆盖,右节点无覆盖 if (left == 0 || right == 0) { result++; return 1; } // 情况3 // left == 1 && right == 2 左节点有摄像头,右节点有覆盖 // left == 2 && right == 1 左节点有覆盖,右节点有摄像头 // left == 1 && right == 1 左右节点都有摄像头 // 其他情况前段代码均已覆盖 if (left == 1 || right == 1) return 2; // 以上代码我没有使用else,主要是为了把各个分支条件展现出来,这样代码有助于读者理解 // 这个 return -1 逻辑不会走到这里。 return -1; } public: int minCameraCover(TreeNode* root) { result = 0; // 情况4 if (traversal(root) == 0) { // root 无覆盖 result++; } return result; } };
算法时间复杂度为O(n),空间复杂度O(n)。
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