前言
最近羊了个羊火爆全网，我也不知道这游戏为啥这么火啊，感觉就是低化版的消消乐，第一关幼儿园，第二关直接清华北大，游戏道具图案随机出现，能通关几乎只能靠运气加成，和数学逻辑没有太大关系，消耗的是巨大的时间。背后的底层套路是设置噱头吸引巨大流量，接入广告，所以这款微信小游戏背后的运营者简直赢麻了！
扯远了，扯远了，羊了个羊也就估计火个两三周，但刷了个题还是得坚持玩啊，每日一题就像每日一关，力扣几千关等待各位扣友一起去AC！这是坚持刷题的第三周，期初是和朋友一起互相监督刷题、选题，如今已经成为每日的一种习惯，带着配备无限键盘的平板，再下载力扣APP，上无聊的杂课时能随时随地拿出来AC一道easy题，虽然现在自己的算法水平还是蛮菜的，但“骐骥一跃，不能十步；驽马十驾，功在不舍！” 坚持总归有所收获的！！
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关键字
二维数组一维化、行列号的映射关系、枚举法、滑动窗口、模拟竖式计算、字符串变量StringBuffer、双指针、动态规划初步、滚动数组
1.重塑矩阵
难度：★ 链接：力扣
解题思路:
本题思路很简单，即将二维数组进行顺序行遍历，将数依次填入r行c列的数组中。若二者个数不相等则肯定无法重塑，直接返回原来数组；否则，进行二维数组的顺序行遍历，此时即将一个二维数组转化成了一个一维数组，下面一步最重要的就是如何确定具体的行列号坐标，通过观察我们发现：一个m行n列的二维数组中的一个数a[ i ][ j ] ，其行号i是由列号j除列数n得到的商所确定的，而列号j是由列号j对列数n取余所得到的, 即: i=j/n j=j%n 这个重要的映射关系对本题的填充数字很重要！
解题代码：
class Solution {
public int[][] matrixReshape(int[][] mat, int r, int c) {
int m=mat.length;
int n=mat[0].length;
int plan[][]=new int[r][c];
//如果原矩阵与新矩阵的元素个数不同，那么肯定无法完成重塑
if(m*n!=r*c){
return mat;
}
//将二维数组视为经过行遍历而成的一个长度为m*n的一维数组
for(int i=0;i<m*n;i++){
//抓住主要映射关系，行数是由列来确定的
plan[i/c][i%c]=mat[i/n][i%n];//填充
}
return plan;
}
}
2.最长和谐子序列
难度：★ 链接：力扣
解题思路:
枚举法，可以枚举数组中的每一个元素，对于当前元素x，它可以和x+1组成一个和谐子序列。所以问题可以转化为：我们在数组中寻找x和x+1的个数，就可以找到以x为最小值的和谐子序列的长度。这一思路是利用枚举法解题的关键所在。同时注意以下几点：
- 实际处理时，我们可以将数组进行升序排序，只需要依次找到两个连续相同元素的子序列。检查这两个序列的元素之差是否为1，为1的话将其长度存在变量res中。比如：排序后的数组元素为1,2,2,2,3,3,3,3,3,4,5,5 此时找到的两个连续相同元素的子序列为：2 2 2 和 3 3 3 3 3 二者元素之差为1 ，符合条件，将其长度8存入res，进行下一轮的遍历，如果遇到更大的则更新
- 利用类似“滑动窗口”的做法，设置两个遍历begin和end ，begin指向第一个连续相同元素的子序列的第一个元素，end指向相邻的第二个连续相同元素的子序列的末尾元素，如果满足二者之差为1，则当前的和谐子序列长度即为两个子序列的长度之和，等于end-begin+1
解题代码：
class Solution {
public int findLHS(int[] nums) {
int begin=0;
int res=0;
Arrays.sort(nums);
for(int end=0;end<nums.length;end++){
while(nums[end]-nums[begin]>1){
begin++;
}
if(nums[end]-nums[begin]==1){
res=Math.max(res,end-begin+1);
}
}
return res;
}
}
3.验证回文串
难度：★ 链接：力扣
解题思路:
方法一：筛选+判断，即：先将字符串中的字母与数字字符取出存入字符串变量StringBuffer中，最后将其进行翻转与原来进行字符串比较，相同则是回文串返回true ,否则不是回文串，返回false
解题代码:
class Solution {
public boolean isPalindrome(String s) {
int n=s.length();
//设置字符串变量arr来存储字符串中的字母与数字字符
StringBuffer arr=new StringBuffer();
for(int i=0;i<n;i++){
//调用API判断是否是字母或者数字字符
char ch=s.charAt(i);
if(Character.isLetterOrDigit(ch)){
arr.append(Character.toLowerCase(ch));
}
}
//将取出的字母数字字符串进行翻转后与原来进行字符串的比较
//相同则是回文串返回true 否则返回false
StringBuffer res=new StringBuffer(arr).reverse();
return res.toString().equals(arr.toString());
}
}
方法二：双指针法，设置两个指针left与right分别从已经取出字母数字字符的字符串的首尾同时向中间移动，步长相同，每移动一次判断各自对应的字符是否相等，不相等直接返回false ,否则继续移动，如果该字符串是回文串，则左右指针left与right终会相遇，返回true
解题代码：
class Solution {
public boolean isPalindrome(String s) {
int n=s.length();
//设置字符串变量arr来存储字符串中的字母与数字字符
StringBuffer arr=new StringBuffer();
for(int i=0;i<n;i++){
//调用API判断是否是字母或者数字字符
char ch=s.charAt(i);
if(Character.isLetterOrDigit(ch)){
arr.append(Character.toLowerCase(ch));
}
}
//双指针逐个字符进行判断
String s2=arr.toString();
int left=0,right=s2.length()-1;
while(left<right){
char ch1=s2.charAt(left);
char ch2=s2.charAt(right);
if(ch1!=ch2){
return false;
}else{
left++;
right--;
}
}
return true;
}
}
4.第三大的数
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解题思路：
先将数组降序排列，然后从中找出第三个不重复的元素返回即可，我们用变量count来记录元素的种类，当达到3时返回此时的元素即为数组中第三大的元素 ；如果遍历结束仍未返回，则说明数组中元素不存在第三大的数字，返回最大的数nums[0]（已经降序排列）
解题代码：
class Solution {
public int thirdMax(int[] nums) {
//先降序排序，然后再从前往后遍历计数不重复元素
//选择排序
int n=nums.length;
for(int i=0;i<n-1;i++){
int max=i;
for(int j=i+1;j<n;j++){
if(nums[j]>nums[max]){
max=j;
}
}
if(max!=i){
int temp=nums[i];
nums[i]=nums[max];
nums[max]=temp;
}
}
int count=1;
for(int i=1;i<n;i++){
if(nums[i]!=nums[i-1]&&++count==3){
return nums[i];
}
}
return nums[0];
}
}
5.加一
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解题思路：
一个数字加一，只需考虑末尾是否为9，即是否需要进位的情况；如果末尾为9则进一后原位置数值为0.如果末尾不是9则直接普通加一返回数组即可。注意这里所说的“末尾”是动态变化的，简单来说就是从后往前遍历数组，判断该位置的数字是否为9 ，最后别忽略了全部进位的情况，则要额外开辟一个空间给最高位即进位的1来使用。
解题代码：
class Solution {
public int[] plusOne(int[] digits) {
//题目本质就是在结尾加一，，分末尾数字是否为9进行判断
int n=digits.length;
for(int i=n-1;i>=0;i--){
if(digits[i]==9){
digits[i]=0;//满十进位后原位置的值就变为0
}else{
//末尾不是9的情况直接加一返回数组即可
digits[i]+=1;
return digits;
}
}
//如果上面循环后还未返回，说明上面末尾为9后一次进位，之后前面的数依次全部进位了
//所以需要额外开辟一个空间给最高位进位1使用
digits=new int [n+1];
digits[0]=1;
return digits;
}
}
6.汇总区间
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解题思路：
蛮力法，依次遍历找出连续区间，然后将此区间的左右端点加入字符串变量，然后将其加入动态数组中。注意点就是要判断该区间内连续元素的个数，如果只有一个，则不用输出区间直接输出单个值即可，否则要按照题目要求的格式 a->b的格式将其加入动态数组。
解题代码：
class Solution {
public List<String> summaryRanges(int[] nums) {
List<String>list=new ArrayList<>();
int n=nums.length;
int i=0;
while(i<n){
//遍历的起始位置，未来可能是区间的左端点位置
int low=i++;//必须先加一，否则第一次遍历时会越界
//判断相邻元素，即区间内的连续的值
while(i<n&&nums[i]-nums[i-1]==1){
i++;
}
//循环结束，此时i的位置即为不连续的第一个值
int high=i-1;//连续区间的最后一个值的位置为i-1，即连续区间的右端点
StringBuffer s=new StringBuffer(Integer.toString(nums[low]));
//如果a!=b 则low与high不会相等，将箭头符号与右区间端点加入字符串变量中
if(low<high){
s.append("->");
s.append(Integer.toString(nums[high]));
}
//如果a==b 则low 与 high会相等此时区间里就是一个单个值
list.add(s.toString());
}
return list;
}
}
7.爬楼梯
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解题思路：
动态规划法：我们用f(x)代表爬到第x级台阶的方案数，因为一次只能爬1级或者2级，所以最后一步可能是爬1级到达x级，或者爬2级到达x级，所以爬到x级的方案数是爬到x-1级台阶和爬到x-2级台阶的方案数之和，所以我们可以列出如下的式子：f(x) = f(x-1) + f(x-2) 。这就是动态规划的状态转移方程，即f(x)只能是由f(x-1)和f(x-2)转移过来 。
解题代码：
class Solution {
public int climbStairs(int n) {
int dp[]=new int[n+1];
dp[0]=1;
dp[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];
}
return dp[n];
}
}
注意到这里的时间复杂度与空间复杂度都为O(n)，但是这里我们可以发现f(x)之和f(x-1)和f(x-2)有关，所以我们可以利用“滚动数组的思想”，把其空间复杂度优化为O(1)，代码如下：
class Solution {
public int climbStairs(int n) {
int p = 0, q = 0, r = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
p = q;
q = r;
r = p + q;
}
return r;
}
}
滚动数组的思想是个基本思想，可以结合下面动图来理解
另外贴一位扣友的总结，非常到位的总结
8.二进制求和
难度：★ 链接：力扣
解题思路：
本题类似于十进制加法，模拟其竖式计算，只不过进制不同，这是二进制加法，需要逢二进一，注意进位的值最后为1的情况
解题代码：
class Solution {
public String addBinary(String a, String b) {
//类似于模拟十进制的竖式计算，只不过这里是逢二进一
StringBuffer res=new StringBuffer();
int carry=0;//储存进位
int m=a.length(),n=b.length();
int i=m-1,j=n-1;
while(i>=0||j>=0||carry!=0){
//通过字符的ASCII码值与字符0相减得到整型值进行计算
int x=i>=0?a.charAt(i)-'0':0;
int y=j>=0?b.charAt(j)-'0':0;
int sum=x+y+carry;
res.append(sum%2);
carry=sum/2;
i--;
j--;
}
//因为计算顺序与最终的二进制顺序相反，所以需要将计算结果翻转
res.reverse();
return res.toString();
}
}
本专栏目前适合算法初学者学习，刷题范围主要是力扣的简单题偶尔夹杂中等题，语言主要使用Java，如果是水平很高的大佬可以略读本文，如果是还处在算法刷题初级阶段的朋友，可以点赞关注一下，我会一直更新下去的。
