KK's blog

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算法思路：

定义： 栈里元素维持由栈底到栈顶从大到小的顺序叫递减栈。跟最小堆一样，递减栈的栈首元素最小。

反之是递增栈，不过此法因为用递减栈比较多，所以统称递减栈。通常是将下标而不是值放入到栈中，这样还可以知道元素间的距离。

求较大值 -> 递减栈
求较小值 -> 递增栈

递减栈 vs heap
实现上几乎一样，详见算法知识点目录。区别在于元素间是否需要保持顺序或者是否是stream

应用：

  1. 数组不能打乱顺序且求极值

注意事项：

  1. 跟最小堆一样，当元素大于栈顶元素的时候才倒逼栈内元素出栈。
  2. 记得是stack[-1]看栈顶元素不是stack[0]

Python代码：

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stack = []
for i in range(len(li)):
	while stack and li[i] > li[stack[-1]]:
		index = stack.pop()

	stack.append(i)

LeetCode 503 Next Greater Element II 核心思想: 原数组复制一遍，用新数组完全做一遍递减栈，最后才截取结果
结果数组默认值为-1而不是0，这样不用处理stack剩下的元素

例子：

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# [1, 2], [2, 1]
def nextGreaterElements(self, nums: List[int]) -> List[int]:
	nums_copy = nums * 2
	stack, res = [], [-1] * len(nums_copy)
	for i in range(len(nums_copy)):
		while stack and nums_copy[i] > nums_copy[stack[-1]]:
			index = stack.pop()
			res[index] = nums_copy[i]
		stack.append(i)
	return res[:len(nums)]

算法分析：

时间复杂度为O(n)，空间复杂度O(n)。

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算法思路：

Leetcode 208 Implement Trie (Prefix Tree), 也可以用HashMap将所有前缀加入到Map来实现，效率稍低。

适用条件：

prefix搜索和文件系统
变体：Trie+DFS, search中迭代变递归，详见算法知识目录

注意事项：

  1. TrieNode用{}和is_end，insert, search, startswith用it和i迭代比较
  2. startswith含整个单词，如单词apple，startswith('apple') -> True
  3. ~~Line 11记得加，也就是dict在取value是一定要先检验key是否存在。~~可以不加，解决方案是用defaultdict（后版本）。

新版本比旧版本更简洁，体现在is_end的处理放在了for循环外。
存储结构举例： a 

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TrieNode(
  children = { 
    'a':  TrieNode(is_End = True)
  }
  is_end = False
)

实现思路：

  1. 数据结构为多叉树defaultdict(TrieNode)
  2. 实现用链表来迭代写，self.head是fake node
  3. search和startsWith的遍历指针从head开始，比较指针的子节点(下一位)和s[i]. 不能比较指针是否为空, 因为it=it.children[s[i]]后，it就肯定不会空，由于defaultdict

Python代码：

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    def __init__(self):
        self.head = TrieNode()

    def insert(self, word: str) -> None:
        it = self.head
        for i in range(len(word)):
            # if word[i] not in it.children:
                #it.children[word[i]] = TrieNode()
            it = it.children[word[i]]
        it.is_end = True

    def search(self, word: str) -> bool:
        it = self.head
        for i in range(len(word)):
            if word[i] not in it.children:
                return False
            it = it.children[word[i]]
        return it.is_end

    def startsWith(self, prefix: str) -> bool:
        it = self.head
        for i in range(len(prefix)):
            if prefix[i] not in it.children:
                return False
            it = it.children[prefix[i]]
        return True

class TrieNode:

    def __init__(self):
        self.children = collections.defaultdict(TrieNode)  # {}
        self.is_end = False

旧版本： 冗余了一个if语句if i == len(word) - 1

Python代码：

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class Trie(TestCases):

        def __init__(self):
        self.head = TrieNode()

    def insert(self, word: str) -> None:
        if not word:
            return
        it = self.head
        for i in range(len(word)):
            # if word[i] not in it.children:
                # it.children[word[i]] = TrieNode()
            it = it.children[word[i]]
            if i == len(word) - 1:
                it.is_end = True

    def search(self, word: str) -> bool:
        if not word:
            return False
        it = self.head
        for i in range(len(word)):
            if word[i] not in it.children:
                return False
            it = it.children[word[i]]
            if i == len(word) - 1 and it.is_end:
                return True
        return False

    def startsWith(self, prefix: str) -> bool:
        if not prefix:
            return False
        it = self.head
        for i in range(len(prefix)):
            if prefix[i] not in it.children:
                return False
            it = it.children[prefix[i]]
            if i == len(prefix) - 1:
                return True
        return False

class TrieNode:

    def __init__(self):
        self.children = collections.defaultdict(TrieNode)  # {}
        self.is_end = False

算法分析：

每个操作时间复杂度为O(n)，空间复杂度O(n)，n为单词长度。

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算法思路：

  1. 递归找pivot，然后按小于pivot和大于等于pivot分成两组。每轮递归，pivot肯定在正确（最终）位置上
  2. partition方法类似于Leetcode75的sort colors一样用两个指针i和noSmallerIdx。i是循环指针，而
    noSmallerIdx是第二组大于等于pivot的首元素. 由于前面已经分为两部分了，所以nums[i]只有比pivot小才需要交换到前面，否则符合顺序，不用交换
  3. 循环结束后，将pivot交换到正确的位置上。


i指向4，因为4小于pivot，所以要换到前面去，跟6置换，noSmallerIdx向后移。

注意事项：

  1. range(start, end)不含end，因为end指向pivot

应用：

  1. 排序
  2. 快速选择quick select
  3. partition，如Leetcode 75

Python代码：

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def quick_sort(self, nums: List[int]):
	if not nums:
		return
	self.q_sort(nums, 0, len(nums) - 1)

def q_sort(self, nums: List[int], start: int, end: int):
	if start >= end:
		return
	pivot = self.partition(nums, start, end)
	self.q_sort(nums, start, pivot - 1)
	self.q_sort(nums, pivot + 1, end)

def partition(self, nums: List[int], start: int, end: int):
	no_smaller_index, pivot = start, end
	for i in range(start, end):
		if nums[i] < nums[pivot]:
			nums[no_smaller_index], nums[i] = nums[i], nums[no_smaller_index]
			no_smaller_index += 1
	nums[no_smaller_index], nums[end] = nums[end], nums[no_smaller_index]
	return no_smaller_index

算法分析：

时间复杂度为O(nlogn)，空间复杂度O(1)。

Quick Select

选择第k小的数(下标从0开始)

注意事项：

  1. left > right不再是等于，因为几个数相等的情况，排序的时候不用再移动，但第k小里面需要继续递归。
  2. binary select是单边递归，而不是双边。要判断pivot是否等于k。
  3. 递归调用仍用k，而不是跟pivot_pos相关，因为k是下标位置
  4. partition中range用[start, end)而不是len

Python代码：

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def quick_select(self, nums: List[int], k: int) -> int:
	if not nums:
		return -1
	return self.q_select(nums, 0, len(nums) - 1, k)

def q_select(self, nums: List[int], start: int, end: int, k: int):
	if start > end:
		return -1
	pivot = self.partition(nums, start, end)
	if k == pivot:
		return nums[pivot]
	if k < pivot:
		return self.q_select(nums, start, pivot - 1, k)
	else:
		return self.q_select(nums, pivot + 1, end, k)

算法分析：

时间复杂度为O(n)，空间复杂度O(1)。

Partition

用于原位排序，将相应的元素放入该放的位置直到不满足条件为止

注意事项：

  1. i不一定会移动，放在else里面

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def sort(self, nums: List[int]) -> int:
	i = 0
	while i < len(nums):
		if <condition>
			self.swap(nums, i, j)
		else:
			i += 1

def swap(self, nums, i, j):
	nums[i], nums[j] = nums[j], nums[i]

上述算法的问题不能有效处理两种情况：

  1. 有序数组[1, 2, 3, 4]
  2. 单一数组[2, 2, 2, 2]

第一种情况递归为 [123] [12] [1] 只会递归左半，不会递归右半

第二种情况 [2222] [222] [22] [2] 只会递归右半，不会递归左半 这两种情况都是O(n^2)

解决第一个问题用randomize pivot的方法 解决第二个问题用three-way partition的方法，类似于75 Sort colors将区间从两个变成3个: 小于pivot, 等于pivot，大于pivot，这样对于单一值数组，左半和右半就不会递归了

Python代码：

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def sortArray(self, nums: List[int]) -> List[int]:
	if not nums:
		return
	self.q_sort(nums, 0, len(nums) - 1)
	return nums


def q_sort(self, nums: List[int], start: int, end: int):
	if start >= end:
		return
	pivot = random.randint(start, end)
	nums[pivot], nums[start] = nums[start], nums[pivot]
	lt, gt = self.partition(nums, start, end)
	self.q_sort(nums, start, lt - 1)
	self.q_sort(nums, gt, end)

def partition(self, x, start, end):
	i, lt, gt = start, start, end
	while i <= gt and i < len(x) and gt >= 0:
			if x[i] < x[lt]:
					x[i], x[lt] = x[lt], x[i]
					i += 1
					lt += 1
			elif x[i] > x[lt]:
					x[i], x[gt] = x[gt], x[i]
					gt -= 1
			else: # x[i] == x[lt]
					i += 1
	return lt, gt

Java代码：

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public void sort(int[] arr) {
	if(arr == null || arr.length == 0)
		return;
	quickSort(arr, 0, arr.length - 1);
}

void quickSort(int[] arr, int left, int right) {
	if(left >= right)
		return;
	int pivotPos = partition(arr, left, right);
	quickSort(arr, left, pivotPos - 1);
	quickSort(arr, pivotPos + 1, right);
}

int partition(int[] arr, int left, int right) {
	int noSmallerIdx = left;
	int pivot = arr[right];
	for(int i = left; i < right; i++) {
		if(arr[i] < pivot) 
			swap(arr, noSmallerIdx++, i);
	}
	swap(arr, noSmallerIdx, right);
	return noSmallerIdx;
}

void swap(int[] arr, int i, int j) {
	int temp = arr[i];
	arr[i] = arr[j];
	arr[j] = temp;
}

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括号题

算法思路：

  1. 优先考虑用Stack。Stack可以将字符压入比较或者字符的下标压入比较，后者信息量更大
    三种情况不合法： '[' (stack有余，for后发生), ']' (要匹配的时候stack为空，for中发生), '{]' (不匹配，for中发生)
  2. DP
    1. 左括号的数量在每一位都大于等于右括号数量
    2. 右括号的总和要等于右括号总和
      以上两个条件都满足的话，左右括号匹配，但此法只能用于单种括号

应用：

  1. 括号题
  2. 字符串运算题如, 3+4, (3+4)*5

括号运算题

stack的作用是存储优先级较低的操作数(暂时不能计算) 定义公式

res是作为同一层的临时计算结果，若遇到左括号，res保留在stack中且reset，若遇到右括号，stack的结果还原到res
num也是临时变量负责储存整数

注意事项：

  1. char.isdigit()的计算
  2. 左括号：入栈和reset res和num。
  3. 右括号:出栈和还原res = tmp + f(res)。

括号运算题模板：

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def parenthesis(self, s: str) -> int:
    (Optional) s边界处理如s += '+' 
	stack, num = [], 0 数据结构用stack以及stack的一个元素
	for char in s:
	    所有字符的可能情况
		比如
		if char.isdigit(): 
			num = num * 10 + int(char)
        如果某情况入栈就一定要重置参数num=0		
		如果某情况出栈，代入公式计算

算法分析：

时间复杂度为O(n)，空间复杂度O(n).

LeetCode 394 Decode String

两个stack存储优先级较低的字符以及数字，类似于多重括号2*(3*(4)) 公式：prev_res+prev_num*[res]

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def decodeString(self, s: str) -> str:
	stack_num, stack_char, num, char_str = [], [], 0, ""
	# char_str + num[<>]
	for c in s:
		if c.isdigit():
			num = 10 * num + int(c)
		if c.isalpha():
			char_str += c
		if c == "[":
			stack_num.append(num)
			stack_char.append(char_str)
			num = 0
			char_str = ""
		if c == "]":
			prev_char = stack_char.pop()
			prev_num = stack_num.pop()
			char_str = prev_char + prev_num * char_str
	return char_str

LeetCode 227 Basic Calculator II

stack=只存加号操作符 核心思想是只有出现运算符，才能计算前一个数[op]num. 所以op和num是记录前一个符号和数字 字符三种类别:空格，数字和运算符
若遇到运算符，就处理四种的op，目标是都要把num压栈，但是op是乘除要计算积或商后才能压栈。压栈后num=0， 若5*6+, char="+"的时候, prev = "5", prev_op = "*", num="6".
公式： [prev][prev_op][num][c=op]
实现时候先写只有加减的，再处理乘除，思维从简单开始。注意减法容易遗漏

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def calculate(self, s: str) -> int:
	# prev_num[prev_op]num, 2+3+4+, 2+3*4+
	stack, prev_op, num = [], '+', 0
	s += "+"
	for c in s:
		if c == "":
			continue
		if c.isdigit():
			num = num * 10 + int(c)
		elif c in '+-*/':
			if prev_op in '*/':
				prev_num = stack.pop()
				if prev_op == "*":
					num = prev_num * num
				else:
					num = int(prev_num / num)               
			if prev_op == "-":
				num = -num
			stack.append(num)
			num = 0
			prev_op = c
	return sum(stack)

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算法思路：

DFS用于需要知道具体路径的问题，而并查集方法用于不需知道具体路径只关心连通性的问题。
此算法把同一个连通集归结为同一个根节点，作为判断是否一个连通集的标识。它用深度为2的扁平树组织起来。这是查找操作。
另一个关键操作是联合两个不同连通集，就是直接把根节点直接作为另一课树的子节点。在这个过程中，新的树深度可能会大于2，但当要union路径大于2的节点是，会对其进行路径压缩。
最巧妙的操作当属find操作，将路径进行压缩，变成长度为1的路径，见步骤4。
可能有人会考虑用HashMap而不是树，HashMap查找也是很高效，但联合操作比较费时，因为要更新另一个树的所有节点的根节点。

算法步骤：

  1. 初始化UnionFind类，包括3个属性：count（独立连通数）, parent（某节点的父节点）, rank（连通集排名，只有每个连通集根节点的rank不为0，其他点均为0。这是一个描述连通集规模的变量，如果规模越大，
    rank值可能越大。合并时候，rank较小的话，规模也较小，这样用rank小的合并到rank大的，需要压缩路径的节点较少，复杂度更低）。合格的节点的parent初始化为自己的id，rank为0，count为所有合格节点数量。
  2. 遍历所有节点，union此节点及其相邻的节点（如上下左右）
  3. union时候，先find两节点的根节点，若相同忽略。若不同，合并此两连通集：rank大的连通集，作为rank小的连通集的父节点。若rank相等，选任一作为另一个的父节点且把它的rank加1。count减1。
    如下图，union 5和1的，find(6)会进行压缩路径，把6接到5下。
  4. find寻找根节点的同时，压缩成与根节点路径为1的连通。

例子矩阵： {'0','1','1','0','0'} {'1','1','1','0','0'}

应用条件：

动态计算连通数如305. Number of Islands II

注意事项：

  1. find中是if语句不是while语句，因为递归已经达到
  2. union中，是祖先节点相连，不是输入相连
  3. union的调用在类外面调用，不是在init里做

实现思路：

  1. 数据结构为a->b的父子parent[a]=b关系defaultdict(str)
  2. find实现用来DFS写,先找到root，将所有节点连到root

Python代码：

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class UnionFind(TestCases):

    def __init__(self, li):
        self.parents = collections.defaultdict(str)
        for s in li:
            self.parents[s] = s

    def find(self, s):
        if self.parents[s] == s:
            return s
        root = self.find(self.parents[s])
        return root

    def union(self, s1, s2):
        root1, root2 = self.find(s1), self.find(s2)
        self.parents[root2] = root1  # remember not self.parent[s] = s2

注意事项：

find要注意压缩路径parent[i] = find(parent[i])

初始化：

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class UnionFind {
	int[] parent;
	
	public Initialization(int n) {
        // initialize your data structure here.
        parent = new int[n + 1];
        for (int i = 1; i <= n; ++i)
            father[i] = i;
    }
}

查找：

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public int find(int i) {
	if (parent[i] != i) {
		parent[i] = find(parent[i]); // path compression
	}
	return parent[i];
}

合并：

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public void union(int a, int b) {
	int root_a = find(a);
	int root_b = find(b);
	if (root_a != root_b)
		parent[root_a] = root_b;
}

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class UnionFind {
	int count; // # of connected components
	int[] parent;
	int[] rank;

	public UnionFind(char[][] grid) { // for problem 200
		count = 0;
		int m = grid.length;
		int n = grid[0].length;
		parent = new int[m * n];
		rank = new int[m * n];
		for (int i = 0; i < m; ++i) {
			for (int j = 0; j < n; ++j) {
				if (grid[i][j] == '1') {
					parent[i * n + j] = i * n + j;
					++count;
				}
				rank[i * n + j] = 0;
			}
		}
	}

	public int find(int i) {
		if (parent[i] != i) {
			parent[i] = find(parent[i]); // path compression
		}
		return parent[i];
	}

	// union point x and y with rank
	public void union(int x, int y) {
		int rootx = find(x);
		int rooty = find(y);
		if (rootx != rooty) {
			if (rank[rootx] > rank[rooty]) {
				parent[rooty] = rootx;
			} else if (rank[rootx] < rank[rooty]) {
				parent[rootx] = rooty;
			} else {
				parent[rooty] = rootx;
				rank[rootx] += 1;
			}
			--count;
		}
	}

	public int getCount() {
		return count;
	}
}

public int numIslands3(char[][] grid) {
	if (grid == null || grid.length == 0) {
		return 0;
	}

	int nr = grid.length;
	int nc = grid[0].length;
	int num_islands = 0;
	UnionFind uf = new UnionFind(grid);
	for (int r = 0; r < nr; ++r) {
		for (int c = 0; c < nc; ++c) {
			if (grid[r][c] == '1') {
				grid[r][c] = '0';
				if (r - 1 >= 0 && grid[r - 1][c] == '1') {
					uf.union(r * nc + c, (r - 1) * nc + c);
				}
				if (r + 1 < nr && grid[r + 1][c] == '1') {
					uf.union(r * nc + c, (r + 1) * nc + c);
				}
				if (c - 1 >= 0 && grid[r][c - 1] == '1') {
					uf.union(r * nc + c, r * nc + c - 1);
				}
				if (c + 1 < nc && grid[r][c + 1] == '1') {
					uf.union(r * nc + c, r * nc + c + 1);
				}
			}
		}
	}

	return uf.getCount();
}

算法分析：

时间复杂度为O(MN)，空间复杂度O(MN)。M,N分别为矩阵长宽。遍历每个节点，而每个节点只会遍历4个相邻节点。

Ref：

并查集(Union-Find)算法介绍

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