作者：Guide哥。
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授权转载！
- 本文作者：wwwxmu
- 原文地址:https://www.weiweiblog.cn/13string/
考虑到篇幅问题，我会分两次更新这个内容。本篇文章只是原文的一部分，我在原文的基础上增加了部分内容以及修改了部分代码和注释。另外，我增加了爱奇艺 2018 秋招 Java：求给定合法括号序列的深度 这道题。所有代码均编译成功，并带有注释，欢迎各位享用！
谈到字符串问题，不得不提的就是 KMP 算法，它是用来解决字符串查找的问题，可以在一个字符串（S）中查找一个子串（W）出现的位置。KMP 算法把字符匹配的时间复杂度缩小到 O(m+n) ,而空间复杂度也只有O(m)。因为“暴力搜索”的方法会反复回溯主串，导致效率低下，而KMP算法可以利用已经部分匹配这个有效信息，保持主串上的指针不回溯，通过修改子串的指针，让模式串尽量地移动到有效的位置。
具体算法细节请参考：
- 字符串匹配的KMP算法: http://www.ruanyifeng.com/blog/2013/05/Knuth%E2%80%93Morris%E2%80%93Pratt_algorithm.html
- 从头到尾彻底理解KMP: https://blog.csdn.net/v_july_v/article/details/7041827
- 如何更好的理解和掌握 KMP 算法?: https://www.zhihu.com/question/21923021
- KMP 算法详细解析: https://blog.sengxian.com/algorithms/kmp
- 图解 KMP 算法: http://blog.jobbole.com/76611/
- 汪都能听懂的KMP字符串匹配算法【双语字幕】: https://www.bilibili.com/video/av3246487/?from=search&seid=17173603269940723925
- KMP字符串匹配算法1: https://www.bilibili.com/video/av11866460?from=search&seid=12730654434238709250
除此之外，再来了解一下BM算法！
BM算法也是一种精确字符串匹配算法，它采用从右向左比较的方法，同时应用到了两种启发式规则，即坏字符规则 和好后缀规则 ，来决定向右跳跃的距离。基本思路就是从右往左进行字符匹配，遇到不匹配的字符后从坏字符表和好后缀表找一个最大的右移值，将模式串右移继续匹配。 《字符串匹配的KMP算法》:http://www.ruanyifeng.com/blog/2013/05/Knuth%E2%80%93Morris%E2%80%93Pratt_algorithm.html
剑指offer：请实现一个函数，将一个字符串中的每个空格替换成“%20”。例如，当字符串为We Are Happy.则经过替换之后的字符串为We%20Are%20Happy。
这里我提供了两种方法：①常规方法；②利用 API 解决。
//https://www.weiweiblog.cn/replacespace/
public class Solution {
/**
* 第一种方法：常规方法。利用String.charAt(i)以及String.valueOf(char).equals(" "
* )遍历字符串并判断元素是否为空格。是则替换为"%20",否则不替换
*/
public static String replaceSpace(StringBuffer str) {
int length = str.length();
// System.out.println("length=" + length);
StringBuffer result = new StringBuffer();
for (int i = 0; i < length; i++) {
char b = str.charAt(i);
if (String.valueOf(b).equals(" ")) {
result.append("%20");
} else {
result.append(b);
}
}
return result.toString();
}
/**
* 第二种方法：利用API替换掉所用空格，一行代码解决问题
*/
public static String replaceSpace2(StringBuffer str) {
return str.toString().replaceAll("\\s", "%20");
}
}
Leetcode: 编写一个函数来查找字符串数组中的最长公共前缀。如果不存在公共前缀，返回空字符串 ""。
示例 1:
输入: ["flower","flow","flight"]
输出: "fl"
示例 2:
输入: ["dog","racecar","car"]
输出: ""
解释: 输入不存在公共前缀。
思路很简单！先利用Arrays.sort(strs)为数组排序，再将数组第一个元素和最后一个元素的字符从前往后对比即可！
public class Main {
public static String replaceSpace(String[] strs) {
// 如果检查值不合法及就返回空串
if (!checkStrs(strs)) {
return "";
}
// 数组长度
int len = strs.length;
// 用于保存结果
StringBuilder res = new StringBuilder();
// 给字符串数组的元素按照升序排序(包含数字的话，数字会排在前面)
Arrays.sort(strs);
int m = strs[0].length();
int n = strs[len - 1].length();
int num = Math.min(m, n);
for (int i = 0; i < num; i++) {
if (strs[0].charAt(i) == strs[len - 1].charAt(i)) {
res.append(strs[0].charAt(i));
} else
break;
}
return res.toString();
}
private static boolean chechStrs(String[] strs) {
boolean flag = false;
if (strs != null) {
// 遍历strs检查元素值
for (int i = 0; i < strs.length; i++) {
if (strs[i] != null && strs[i].length() != 0) {
flag = true;
} else {
flag = false;
break;
}
}
}
return flag;
}
// 测试
public static void main(String[] args) {
String[] strs = { "customer", "car", "cat" };
// String[] strs = { "customer", "car", null };//空串
// String[] strs = {};//空串
// String[] strs = null;//空串
System.out.println(Main.replaceSpace(strs));// c
}
}
LeetCode: 给定一个包含大写字母和小写字母的字符串，找到通过这些字母构造成的最长的回文串。在构造过程中，请注意区分大小写。比如
"Aa"不能当做一个回文字符串。注 意:假设字符串的长度不会超过 1010。回文串：“回文串”是一个正读和反读都一样的字符串，比如“level”或者“noon”等等就是回文串。——百度百科 地址：https://baike.baidu.com/item/%E5%9B%9E%E6%96%87%E4%B8%B2/1274921?fr=aladdin
示例 1:
输入:
"abccccdd"
输出:
7
解释:
我们可以构造的最长的回文串是"dccaccd", 它的长度是 7。
我们上面已经知道了什么是回文串？现在我们考虑一下可以构成回文串的两种情况：
- 字符出现次数为双数的组合
- 字符出现次数为双数的组合+一个只出现一次的字符
统计字符出现的次数即可，双数才能构成回文。因为允许中间一个数单独出现，比如“abcba”，所以如果最后有字母落单，总长度可以加 1。首先将字符串转变为字符数组。然后遍历该数组，判断对应字符是否在hashset中，如果不在就加进去，如果在就让count++，然后移除该字符！这样就能找到出现次数为双数的字符个数。
//https://leetcode-cn.com/problems/longest-palindrome/description/
class Solution {
public int longestPalindrome(String s) {
if (s.length() == 0)
return 0;
// 用于存放字符
HashSet<Character> hashset = new HashSet<Character>();
char[] chars = s.toCharArray();
int count = 0;
for (int i = 0; i < chars.length; i++) {
if (!hashset.contains(chars[i])) {// 如果hashset没有该字符就保存进去
hashset.add(chars[i]);
} else {// 如果有,就让count++（说明找到了一个成对的字符），然后把该字符移除
hashset.remove(chars[i]);
count++;
}
}
return hashset.isEmpty() ? count * 2 : count * 2 + 1;
}
}
LeetCode: 给定一个字符串，验证它是否是回文串，只考虑字母和数字字符，可以忽略字母的大小写。 说明：本题中，我们将空字符串定义为有效的回文串。
示例 1:
输入: "A man, a plan, a canal: Panama"
输出: true
示例 2:
输入: "race a car"
输出: false
//https://leetcode-cn.com/problems/valid-palindrome/description/
class Solution {
public boolean isPalindrome(String s) {
if (s.length() == 0)
return true;
int l = 0, r = s.length() - 1;
while (l < r) {
// 从头和尾开始向中间遍历
if (!Character.isLetterOrDigit(s.charAt(l))) {// 字符不是字母和数字的情况
l++;
} else if (!Character.isLetterOrDigit(s.charAt(r))) {// 字符不是字母和数字的情况
r--;
} else {
// 判断二者是否相等
if (Character.toLowerCase(s.charAt(l)) != Character.toLowerCase(s.charAt(r)))
return false;
l++;
r--;
}
}
return true;
}
}
Leetcode: LeetCode: 最长回文子串 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。
示例 1：
输入: "babad"
输出: "bab"
注意: "aba"也是一个有效答案。
示例 2：
输入: "cbbd"
输出: "bb"
以某个元素为中心，分别计算偶数长度的回文最大长度和奇数长度的回文最大长度。给大家大致花了个草图，不要嫌弃！
//https://leetcode-cn.com/problems/longest-palindromic-substring/description/
class Solution {
private int index, len;
public String longestPalindrome(String s) {
if (s.length() < 2)
return s;
for (int i = 0; i < s.length() - 1; i++) {
PalindromeHelper(s, i, i);
PalindromeHelper(s, i, i + 1);
}
return s.substring(index, index + len);
}
public void PalindromeHelper(String s, int l, int r) {
while (l >= 0 && r < s.length() && s.charAt(l) == s.charAt(r)) {
l--;
r++;
}
if (len < r - l - 1) {
index = l + 1;
len = r - l - 1;
}
}
}
LeetCode: 最长回文子序列 给定一个字符串s，找到其中最长的回文子序列。可以假设s的最大长度为1000。 最长回文子序列和上一题最长回文子串的区别是，子串是字符串中连续的一个序列，而子序列是字符串中保持相对位置的字符序列，例如，"bbbb"可以是字符串"bbbab"的子序列但不是子串。
给定一个字符串s，找到其中最长的回文子序列。可以假设s的最大长度为1000。
示例 1:
输入:
"bbbab"
输出:
4
一个可能的最长回文子序列为 "bbbb"。
示例 2:
输入:
"cbbd"
输出:
2
一个可能的最长回文子序列为 "bb"。
动态规划： dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2 if s.charAt(i) == s.charAt(j) otherwise, dp[i][j] = Math.max(dp[i+1][j], dp[i][j-1])
class Solution {
public int longestPalindromeSubseq(String s) {
int len = s.length();
int [][] dp = new int[len][len];
for(int i = len - 1; i>=0; i--){
dp[i][i] = 1;
for(int j = i+1; j < len; j++){
if(s.charAt(i) == s.charAt(j))
dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
else
dp[i][j] = Math.max(dp[i+1][j], dp[i][j-1]);
}
}
return dp[0][len-1];
}
}
爱奇艺 2018 秋招 Java： 一个合法的括号匹配序列有以下定义:
- 空串""是一个合法的括号匹配序列
- 如果"X"和"Y"都是合法的括号匹配序列,"XY"也是一个合法的括号匹配序列
- 如果"X"是一个合法的括号匹配序列,那么"(X)"也是一个合法的括号匹配序列
- 每个合法的括号序列都可以由以上规则生成。
例如: "","()","()()","((()))"都是合法的括号序列 对于一个合法的括号序列我们又有以下定义它的深度:
- 空串""的深度是0
- 如果字符串"X"的深度是x,字符串"Y"的深度是y,那么字符串"XY"的深度为max(x,y)
- 如果"X"的深度是x,那么字符串"(X)"的深度是x+1
例如: "()()()"的深度是1,"((()))"的深度是3。牛牛现在给你一个合法的括号序列,需要你计算出其深度。
输入描述:
输入包括一个合法的括号序列s,s长度length(2 ≤ length ≤ 50),序列中只包含'('和')'。
输出描述:
输出一个正整数,即这个序列的深度。
示例：
输入:
(())
输出:
2
思路草图：
代码如下：
import java.util.Scanner;
/**
* https://www.nowcoder.com/test/8246651/summary
*
* @author Snailclimb
* @date 2018年9月6日
* @Description: TODO 求给定合法括号序列的深度
*/
public class Main {
public static void main(String[] args) {
Scanner sc = new Scanner(System.in);
String s = sc.nextLine();
int cnt = 0, max = 0, i;
for (i = 0; i < s.length(); ++i) {
if (s.charAt(i) == '(')
cnt++;
else
cnt--;
max = Math.max(max, cnt);
}
sc.close();
System.out.println(max);
}
}
剑指offer: 将一个字符串转换成一个整数(实现Integer.valueOf(string)的功能，但是string不符合数字要求时返回0)，要求不能使用字符串转换整数的库函数。 数值为0或者字符串不是一个合法的数值则返回0。
//https://www.weiweiblog.cn/strtoint/
public class Main {
public static int StrToInt(String str) {
if (str.length() == 0)
return 0;
char[] chars = str.toCharArray();
// 判断是否存在符号位
int flag = 0;
if (chars[0] == '+')
flag = 1;
else if (chars[0] == '-')
flag = 2;
int start = flag > 0 ? 1 : 0;
int res = 0;// 保存结果
for (int i = start; i < chars.length; i++) {
if (Character.isDigit(chars[i])) {// 调用Character.isDigit(char)方法判断是否是数字，是返回True，否则False
int temp = chars[i] - '0';
res = res * 10 + temp;
} else {
return 0;
}
}
return flag != 2 ? res : -res;
}
public static void main(String[] args) {
// TODO Auto-generated method stub
String s = "-12312312";
System.out.println("使用库函数转换：" + Integer.valueOf(s));
int res = Main.StrToInt(s);
System.out.println("使用自己写的方法转换：" + res);
}
}
Leetcode:给定两个非空链表来表示两个非负整数。位数按照逆序方式存储，它们的每个节点只存储单个数字。将两数相加返回一个新的链表。
你可以假设除了数字 0 之外，这两个数字都不会以零开头。
示例：
输入：(2 -> 4 -> 3) + (5 -> 6 -> 4)
输出：7 -> 0 -> 8
原因：342 + 465 = 807
Leetcode官方详细解答地址：
https://leetcode-cn.com/problems/add-two-numbers/solution/
要对头结点进行操作时，考虑创建哑节点dummy，使用dummy->next表示真正的头节点。这样可以避免处理头节点为空的边界问题。
我们使用变量来跟踪进位，并从包含最低有效位的表头开始模拟逐 位相加的过程。
我们首先从最低有效位也就是列表 l1和 l2 的表头开始相加。注意需要考虑到进位的情况！
/**
* Definition for singly-linked list.
* public class ListNode {
* int val;
* ListNode next;
* ListNode(int x) { val = x; }
* }
*/
//https://leetcode-cn.com/problems/add-two-numbers/description/
class Solution {
public ListNode addTwoNumbers(ListNode l1, ListNode l2) {
ListNode dummyHead = new ListNode(0);
ListNode p = l1, q = l2, curr = dummyHead;
//carry 表示进位数
int carry = 0;
while (p != null || q != null) {
int x = (p != null) ? p.val : 0;
int y = (q != null) ? q.val : 0;
int sum = carry + x + y;
//进位数
carry = sum / 10;
//新节点的数值为sum % 10
curr.next = new ListNode(sum % 10);
curr = curr.next;
if (p != null) p = p.next;
if (q != null) q = q.next;
}
if (carry > 0) {
curr.next = new ListNode(carry);
}
return dummyHead.next;
}
}
剑指 offer:输入一个链表，反转链表后，输出链表的所有元素。
这道算法题，说直白点就是：如何让后一个节点指向前一个节点！在下面的代码中定义了一个 next 节点，该节点主要是保存要反转到头的那个节点，防止链表 “断裂”。
public class ListNode {
int val;
ListNode next = null;
ListNode(int val) {
this.val = val;
}
}
/**
*
* @author Snailclimb
* @date 2018年9月19日
* @Description: TODO
*/
public class Solution {
public ListNode ReverseList(ListNode head) {
ListNode next = null;
ListNode pre = null;
while (head != null) {
// 保存要反转到头的那个节点
next = head.next;
// 要反转的那个节点指向已经反转的上一个节点(备注:第一次反转的时候会指向null)
head.next = pre;
// 上一个已经反转到头部的节点
pre = head;
// 一直向链表尾走
head = next;
}
return pre;
}
}
测试方法：
public static void main(String[] args) {
ListNode a = new ListNode(1);
ListNode b = new ListNode(2);
ListNode c = new ListNode(3);
ListNode d = new ListNode(4);
ListNode e = new ListNode(5);
a.next = b;
b.next = c;
c.next = d;
d.next = e;
new Solution().ReverseList(a);
while (e != null) {
System.out.println(e.val);
e = e.next;
}
}
输出：
5
4
3
2
1
剑指offer: 输入一个链表，输出该链表中倒数第k个结点。
链表中倒数第k个节点也就是正数第(L-K+1)个节点，知道了只一点，这一题基本就没问题！
首先两个节点/指针，一个节点 node1 先开始跑，指针 node1 跑到 k-1 个节点后，另一个节点 node2 开始跑，当 node1 跑到最后时，node2 所指的节点就是倒数第k个节点也就是正数第(L-K+1)个节点。
/*
public class ListNode {
int val;
ListNode next = null;
ListNode(int val) {
this.val = val;
}
}*/
// 时间复杂度O(n),一次遍历即可
// https://www.nowcoder.com/practice/529d3ae5a407492994ad2a246518148a?tpId=13&tqId=11167&tPage=1&rp=1&ru=/ta/coding-interviews&qru=/ta/coding-interviews/question-ranking
public class Solution {
public ListNode FindKthToTail(ListNode head, int k) {
// 如果链表为空或者k小于等于0
if (head == null || k <= 0) {
return null;
}
// 声明两个指向头结点的节点
ListNode node1 = head, node2 = head;
// 记录节点的个数
int count = 0;
// 记录k值，后面要使用
int index = k;
// p指针先跑，并且记录节点数，当node1节点跑了k-1个节点后，node2节点开始跑，
// 当node1节点跑到最后时，node2节点所指的节点就是倒数第k个节点
while (node1 != null) {
node1 = node1.next;
count++;
if (k < 1) {
node2 = node2.next;
}
k--;
}
// 如果节点个数小于所求的倒数第k个节点，则返回空
if (count < index)
return null;
return node2;
}
}
Leetcode:给定一个链表，删除链表的倒数第 n 个节点，并且返回链表的头结点。
示例：
给定一个链表: 1->2->3->4->5, 和 n = 2.
当删除了倒数第二个节点后，链表变为 1->2->3->5.
说明：
给定的 n 保证是有效的。
进阶：
你能尝试使用一趟扫描实现吗？
该题在 leetcode 上有详细解答，具体可参考 Leetcode.
我们注意到这个问题可以容易地简化成另一个问题：删除从列表开头数起的第 (L - n + 1)个结点，其中 L是列表的长度。只要我们找到列表的长度 L，这个问题就很容易解决。
两次遍历法
首先我们将添加一个 哑结点 作为辅助，该结点位于列表头部。哑结点用来简化某些极端情况，例如列表中只含有一个结点，或需要删除列表的头部。在第一次遍历中，我们找出列表的长度 L。然后设置一个指向哑结点的指针，并移动它遍历列表，直至它到达第 (L - n) 个结点那里。我们把第 (L - n)个结点的 next 指针重新链接至第 (L - n + 2)个结点，完成这个算法。
/**
* Definition for singly-linked list.
* public class ListNode {
* int val;
* ListNode next;
* ListNode(int x) { val = x; }
* }
*/
// https://leetcode-cn.com/problems/remove-nth-node-from-end-of-list/description/
public class Solution {
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
// 哑结点，哑结点用来简化某些极端情况，例如列表中只含有一个结点，或需要删除列表的头部
ListNode dummy = new ListNode(0);
// 哑结点指向头结点
dummy.next = head;
// 保存链表长度
int length = 0;
ListNode len = head;
while (len != null) {
length++;
len = len.next;
}
length = length - n;
ListNode target = dummy;
// 找到 L-n 位置的节点
while (length > 0) {
target = target.next;
length--;
}
// 把第 (L - n)个结点的 next 指针重新链接至第 (L - n + 2)个结点
target.next = target.next.next;
return dummy.next;
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度 O(L) ：该算法对列表进行了两次遍历，首先计算了列表的长度 LL 其次找到第 (L - n)(L−n) 个结点。 操作执行了 2L-n2L−n 步，时间复杂度为 O(L)O(L)。
- 空间复杂度 O(1) ：我们只用了常量级的额外空间。
进阶——一次遍历法：
**链表中倒数第N个节点也就是正数第(L-N+1)个节点。
其实这种方法就和我们上面第四题找“链表中倒数第k个节点”所用的思想是一样的。基本思路就是： 定义两个节点 node1、node2;node1 节点先跑，node1节点 跑到第 n+1 个节点的时候,node2 节点开始跑.当node1 节点跑到最后一个节点时，node2 节点所在的位置就是第 （L-n ） 个节点（L代表总链表长度，也就是倒数第 n+1 个节点）
/**
* Definition for singly-linked list.
* public class ListNode {
* int val;
* ListNode next;
* ListNode(int x) { val = x; }
* }
*/
public class Solution {
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
ListNode dummy = new ListNode(0);
dummy.next = head;
// 声明两个指向头结点的节点
ListNode node1 = dummy, node2 = dummy;
// node1 节点先跑，node1节点 跑到第 n 个节点的时候,node2 节点开始跑
// 当node1 节点跑到最后一个节点时，node2 节点所在的位置就是第 （L-n ） 个节点，也就是倒数第 n+1（L代表总链表长度）
while (node1 != null) {
node1 = node1.next;
if (n < 1 && node1 != null) {
node2 = node2.next;
}
n--;
}
node2.next = node2.next.next;
return dummy.next;
}
}
题目描述：
剑指offer:输入两个单调递增的链表，输出两个链表合成后的链表，当然我们需要合成后的链表满足单调不减规则。
问题分析：
我们可以这样分析:
- 假设我们有两个链表 A,B；
- A的头节点A1的值与B的头结点B1的值比较，假设A1小，则A1为头节点；
- A2再和B1比较，假设B1小,则，A1指向B1；
- A2再和B2比较 就这样循环往复就行了，应该还算好理解。
考虑通过递归的方式实现！
Solution：
递归版本：
/*
public class ListNode {
int val;
ListNode next = null;
ListNode(int val) {
this.val = val;
}
}*/
//https://www.nowcoder.com/practice/d8b6b4358f774294a89de2a6ac4d9337?tpId=13&tqId=11169&tPage=1&rp=1&ru=/ta/coding-interviews&qru=/ta/coding-interviews/question-ranking
public class Solution {
public ListNode Merge(ListNode list1,ListNode list2) {
if(list1 == null){
return list2;
}
if(list2 == null){
return list1;
}
if(list1.val <= list2.val){
list1.next = Merge(list1.next, list2);
return list1;
}else{
list2.next = Merge(list1, list2.next);
return list2;
}
}
}
题目描述：
大家都知道斐波那契数列，现在要求输入一个整数n，请你输出斐波那契数列的第n项。 n<=39
问题分析：
可以肯定的是这一题通过递归的方式是肯定能做出来，但是这样会有一个很大的问题，那就是递归大量的重复计算会导致内存溢出。另外可以使用迭代法，用fn1和fn2保存计算过程中的结果，并复用起来。下面我会把两个方法示例代码都给出来并给出两个方法的运行时间对比。
示例代码：
采用迭代法：
int Fibonacci(int number) {
if (number <= 0) {
return 0;
}
if (number == 1 || number == 2) {
return 1;
}
int first = 1, second = 1, third = 0;
for (int i = 3; i <= number; i++) {
third = first + second;
first = second;
second = third;
}
return third;
}
采用递归：
public int Fibonacci(int n) {
if (n <= 0) {
return 0;
}
if (n == 1||n==2) {
return 1;
}
return Fibonacci(n - 2) + Fibonacci(n - 1);
}
一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。
正常分析法： a.如果两种跳法，1阶或者2阶，那么假定第一次跳的是一阶，那么剩下的是n-1个台阶，跳法是f(n-1); b.假定第一次跳的是2阶，那么剩下的是n-2个台阶，跳法是f(n-2) c.由a，b假设可以得出总跳法为: f(n) = f(n-1) + f(n-2) d.然后通过实际的情况可以得出：只有一阶的时候 f(1) = 1 ,只有两阶的时候可以有 f(2) = 2 找规律分析法： f(1) = 1, f(2) = 2, f(3) = 3, f(4) = 5， 可以总结出f(n) = f(n-1) + f(n-2)的规律。 但是为什么会出现这样的规律呢？假设现在6个台阶，我们可以从第5跳一步到6，这样的话有多少种方案跳到5就有多少种方案跳到6，另外我们也可以从4跳两步跳到6，跳到4有多少种方案的话，就有多少种方案跳到6，其他的不能从3跳到6什么的啦，所以最后就是f(6) = f(5) + f(4)；这样子也很好理解变态跳台阶的问题了。
所以这道题其实就是斐波那契数列的问题。 代码只需要在上一题的代码稍做修改即可。和上一题唯一不同的就是这一题的初始元素变为 1 2 3 5 8.....而上一题为1 1 2 3 5 .......。另外这一题也可以用递归做，但是递归效率太低，所以我这里只给出了迭代方式的代码。
int jumpFloor(int number) {
if (number <= 0) {
return 0;
}
if (number == 1) {
return 1;
}
if (number == 2) {
return 2;
}
int first = 1, second = 2, third = 0;
for (int i = 3; i <= number; i++) {
third = first + second;
first = second;
second = third;
}
return third;
}
一只青蛙一次可以跳上1级台阶，也可以跳上2级……它也可以跳上n级。求该青蛙跳上一个n级的台阶总共有多少种跳法。
假设n>=2，第一步有n种跳法：跳1级、跳2级、到跳n级 跳1级，剩下n-1级，则剩下跳法是f(n-1) 跳2级，剩下n-2级，则剩下跳法是f(n-2) ...... 跳n-1级，剩下1级，则剩下跳法是f(1) 跳n级，剩下0级，则剩下跳法是f(0) 所以在n>=2的情况下： f(n)=f(n-1)+f(n-2)+...+f(1) 因为f(n-1)=f(n-2)+f(n-3)+...+f(1) 所以f(n)=2*f(n-1) 又f(1)=1,所以可得f(n)=2^(number-1)
int JumpFloorII(int number) {
return 1 << --number;//2^(number-1)用位移操作进行，更快
}
java中有三种移位运算符：
- “<<” : 左移运算符，等同于乘2的n次方
- “>>”: 右移运算符，等同于除2的n次方
- “>>>” 无符号右移运算符，不管移动前最高位是0还是1，右移后左侧产生的空位部分都以0来填充。与>>类似。 例： int a = 16; int b = a << 2;//左移2，等同于16 2的2次方，也就是16 4 int c = a >> 2;//右移2，等同于16 / 2的2次方，也就是16 / 4
在一个二维数组中，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，输入这样的一个二维数组和一个整数，判断数组中是否含有该整数。
这一道题还是比较简单的，我们需要考虑的是如何做，效率最快。这里有一种很好理解的思路：
矩阵是有序的，从左下角来看，向上数字递减，向右数字递增， 因此从左下角开始查找，当要查找数字比左下角数字大时。右移 要查找数字比左下角数字小时，上移。这样找的速度最快。
public boolean Find(int target, int [][] array) {
//基本思路从左下角开始找，这样速度最快
int row = array.length-1;//行
int column = 0;//列
//当行数大于0，当前列数小于总列数时循环条件成立
while((row >= 0)&& (column< array[0].length)){
if(array[row][column] > target){
row--;
}else if(array[row][column] < target){
column++;
}else{
return true;
}
}
return false;
}
请实现一个函数，将一个字符串中的空格替换成“%20”。例如，当字符串为We Are Happy.则经过替换之后的字符串为We%20Are%20Happy。
这道题不难，我们可以通过循环判断字符串的字符是否为空格，是的话就利用append()方法添加追加“%20”，否则还是追加原字符。
或者最简单的方法就是利用： replaceAll(String regex,String replacement)方法了，一行代码就可以解决。
常规做法：
public String replaceSpace(StringBuffer str) {
StringBuffer out=new StringBuffer();
for (int i = 0; i < str.toString().length(); i++) {
char b=str.charAt(i);
if(String.valueOf(b).equals(" ")){
out.append("%20");
}else{
out.append(b);
}
}
return out.toString();
}
一行代码解决：
public String replaceSpace(StringBuffer str) {
//return str.toString().replaceAll(" ", "%20");
//public String replaceAll(String regex,String replacement)
//用给定的替换替换与给定的regular expression匹配的此字符串的每个子字符串。
//\ 转义字符. 如果你要使用 "\" 本身, 则应该使用 "\\". String类型中的空格用“\s”表示，所以我这里猜测"\\s"就是代表空格的意思
return str.toString().replaceAll("\\s", "%20");
}
给定一个double类型的浮点数base和int类型的整数exponent。求base的exponent次方。
这道题算是比较麻烦和难一点的一个了。我这里采用的是二分幂思想，当然也可以采用快速幂。 更具剑指offer书中细节，该题的解题思路如下： 1.当底数为0且指数<0时，会出现对0求倒数的情况，需进行错误处理，设置一个全局变量； 2.判断底数是否等于0，由于base为double型，所以不能直接用==判断 3.优化求幂函数（二分幂）。 当n为偶数，a^n =（a^n/2）（a^n/2）； 当n为奇数，a^n = a^[(n-1)/2] a^[(n-1)/2] * a。时间复杂度O(logn)
时间复杂度：O(logn)
public class Solution {
boolean invalidInput=false;
public double Power(double base, int exponent) {
//如果底数等于0并且指数小于0
//由于base为double型，不能直接用==判断
if(equal(base,0.0)&&exponent<0){
invalidInput=true;
return 0.0;
}
int absexponent=exponent;
//如果指数小于0，将指数转正
if(exponent<0)
absexponent=-exponent;
//getPower方法求出base的exponent次方。
double res=getPower(base,absexponent);
//如果指数小于0，所得结果为上面求的结果的倒数
if(exponent<0)
res=1.0/res;
return res;
}
//比较两个double型变量是否相等的方法
boolean equal(double num1,double num2){
if(num1-num2>-0.000001&&num1-num2<0.000001)
return true;
else
return false;
}
//求出b的e次方的方法
double getPower(double b,int e){
//如果指数为0，返回1
if(e==0)
return 1.0;
//如果指数为1，返回b
if(e==1)
return b;
//e>>1相等于e/2，这里就是求a^n =（a^n/2）*（a^n/2）
double result=getPower(b,e>>1);
result*=result;
//如果指数n为奇数，则要再乘一次底数base
if((e&1)==1)
result*=b;
return result;
}
}
当然这一题也可以采用笨方法：累乘。不过这种方法的时间复杂度为O（n），这样没有前一种方法效率高。
// 使用累乘
public double powerAnother(double base, int exponent) {
double result = 1.0;
for (int i = 0; i < Math.abs(exponent); i++) {
result *= base;
}
if (exponent >= 0)
return result;
else
return 1 / result;
}
输入一个整数数组，实现一个函数来调整该数组中数字的顺序，使得所有的奇数位于数组的前半部分，所有的偶数位于位于数组的后半部分，并保证奇数和奇数，偶数和偶数之间的相对位置不变。
这道题有挺多种解法的，给大家介绍一种我觉得挺好理解的方法： 我们首先统计奇数的个数假设为n,然后新建一个等长数组，然后通过循环判断原数组中的元素为偶数还是奇数。如果是则从数组下标0的元素开始，把该奇数添加到新数组；如果是偶数则从数组下标为n的元素开始把该偶数添加到新数组中。
时间复杂度为O（n），空间复杂度为O（n）的算法
public class Solution {
public void reOrderArray(int [] array) {
//如果数组长度等于0或者等于1，什么都不做直接返回
if(array.length==0||array.length==1)
return;
//oddCount：保存奇数个数
//oddBegin：奇数从数组头部开始添加
int oddCount=0,oddBegin=0;
//新建一个数组
int[] newArray=new int[array.length];
//计算出（数组中的奇数个数）开始添加元素
for(int i=0;i<array.length;i++){
if((array[i]&1)==1) oddCount++;
}
for(int i=0;i<array.length;i++){
//如果数为基数新数组从头开始添加元素
//如果为偶数就从oddCount（数组中的奇数个数）开始添加元素
if((array[i]&1)==1)
newArray[oddBegin++]=array[i];
else newArray[oddCount++]=array[i];
}
for(int i=0;i<array.length;i++){
array[i]=newArray[i];
}
}
}
输入一个链表，输出该链表中倒数第k个结点
一句话概括： 两个指针一个指针p1先开始跑，指针p1跑到k-1个节点后，另一个节点p2开始跑，当p1跑到最后时，p2所指的指针就是倒数第k个节点。
思想的简单理解： 前提假设：链表的结点个数(长度)为n。 规律一：要找到倒数第k个结点，需要向前走多少步呢？比如倒数第一个结点，需要走n步，那倒数第二个结点呢？很明显是向前走了n-1步，所以可以找到规律是找到倒数第k个结点，需要向前走n-k+1步。 算法开始：
- 设两个都指向head的指针p1和p2，当p1走了k-1步的时候，停下来。p2之前一直不动。
- p1的下一步是走第k步，这个时候，p2开始一起动了。至于为什么p2这个时候动呢？看下面的分析。
- 当p1走到链表的尾部时，即p1走了n步。由于我们知道p2是在p1走了k-1步才开始动的，也就是说p1和p2永远差k-1步。所以当p1走了n步时，p2走的应该是在n-(k-1)步。即p2走了n-k+1步，此时巧妙的是p2正好指向的是规律一的倒数第k个结点处。 这样是不是很好理解了呢？
链表+代码的鲁棒性
/*
//链表类
public class ListNode {
int val;
ListNode next = null;
ListNode(int val) {
this.val = val;
}
}*/
//时间复杂度O(n),一次遍历即可
public class Solution {
public ListNode FindKthToTail(ListNode head,int k) {
ListNode pre=null,p=null;
//两个指针都指向头结点
p=head;
pre=head;
//记录k值
int a=k;
//记录节点的个数
int count=0;
//p指针先跑，并且记录节点数，当p指针跑了k-1个节点后，pre指针开始跑，
//当p指针跑到最后时，pre所指指针就是倒数第k个节点
while(p!=null){
p=p.next;
count++;
if(k<1){
pre=pre.next;
}
k--;
}
//如果节点个数小于所求的倒数第k个节点，则返回空
if(count<a) return null;
return pre;
}
}
题目描述：
输入一个链表，反转链表后，输出链表的所有元素。
问题分析：
链表的很常规的一道题，这一道题思路不算难，但自己实现起来真的可能会感觉无从下手，我是参考了别人的代码。 思路就是我们根据链表的特点，前一个节点指向下一个节点的特点，把后面的节点移到前面来。 就比如下图：我们把1节点和2节点互换位置，然后再将3节点指向2节点，4节点指向3节点，这样以来下面的链表就被反转了。
链表+代码的鲁棒性
/*
public class ListNode {
int val;
ListNode next = null;
ListNode(int val) {
this.val = val;
}
}*/
public class Solution {
public ListNode ReverseList(ListNode head) {
ListNode next = null;
ListNode pre = null;
while (head != null) {
//保存要反转到头来的那个节点
next = head.next;
//要反转的那个节点指向已经反转的上一个节点
head.next = pre;
//上一个已经反转到头部的节点
pre = head;
//一直向链表尾走
head = next;
}
return pre;
}
}
输入两个单调递增的链表，输出两个链表合成后的链表，当然我们需要合成后的链表满足单调不减规则。
我们可以这样分析:
- 假设我们有两个链表 A,B；
- A的头节点A1的值与B的头结点B1的值比较，假设A1小，则A1为头节点；
- A2再和B1比较，假设B1小,则，A1指向B1；
- A2再和B2比较。。。。。。。 就这样循环往复就行了，应该还算好理解。
链表+代码的鲁棒性
非递归版本：
/*
public class ListNode {
int val;
ListNode next = null;
ListNode(int val) {
this.val = val;
}
}*/
public class Solution {
public ListNode Merge(ListNode list1,ListNode list2) {
//list1为空，直接返回list2
if(list1 == null){
return list2;
}
//list2为空，直接返回list1
if(list2 == null){
return list1;
}
ListNode mergeHead = null;
ListNode current = null;
//当list1和list2不为空时
while(list1!=null && list2!=null){
//取较小值作头结点
if(list1.val <= list2.val){
if(mergeHead == null){
mergeHead = current = list1;
}else{
current.next = list1;
//current节点保存list1节点的值因为下一次还要用
current = list1;
}
//list1指向下一个节点
list1 = list1.next;
}else{
if(mergeHead == null){
mergeHead = current = list2;
}else{
current.next = list2;
//current节点保存list2节点的值因为下一次还要用
current = list2;
}
//list2指向下一个节点
list2 = list2.next;
}
}
if(list1 == null){
current.next = list2;
}else{
current.next = list1;
}
return mergeHead;
}
}
递归版本：
public ListNode Merge(ListNode list1,ListNode list2) {
if(list1 == null){
return list2;
}
if(list2 == null){
return list1;
}
if(list1.val <= list2.val){
list1.next = Merge(list1.next, list2);
return list1;
}else{
list2.next = Merge(list1, list2.next);
return list2;
}
}
用两个栈来实现一个队列，完成队列的Push和Pop操作。 队列中的元素为int类型。
先来回顾一下栈和队列的基本特点： **栈：**后进先出（LIFO） 队列： 先进先出 很明显我们需要根据JDK给我们提供的栈的一些基本方法来实现。先来看一下Stack类的一些基本方法： 
既然题目给了我们两个栈，我们可以这样考虑当push的时候将元素push进stack1，pop的时候我们先把stack1的元素pop到stack2，然后再对stack2执行pop操作，这样就可以保证是先进先出的。（负[pop]负[pop]得正[先进先出]）
队列+栈
//左程云的《程序员代码面试指南》的答案
import java.util.Stack;
public class Solution {
Stack<Integer> stack1 = new Stack<Integer>();
Stack<Integer> stack2 = new Stack<Integer>();
//当执行push操作时，将元素添加到stack1
public void push(int node) {
stack1.push(node);
}
public int pop() {
//如果两个队列都为空则抛出异常,说明用户没有push进任何元素
if(stack1.empty()&&stack2.empty()){
throw new RuntimeException("Queue is empty!");
}
//如果stack2不为空直接对stack2执行pop操作，
if(stack2.empty()){
while(!stack1.empty()){
//将stack1的元素按后进先出push进stack2里面
stack2.push(stack1.pop());
}
}
return stack2.pop();
}
}
输入两个整数序列，第一个序列表示栈的压入顺序，请判断第二个序列是否为该栈的弹出顺序。假设压入栈的所有数字均不相等。例如序列1,2,3,4,5是某栈的压入顺序，序列4，5,3,2,1是该压栈序列对应的一个弹出序列，但4,3,5,1,2就不可能是该压栈序列的弹出序列。（注意：这两个序列的长度是相等的）
这道题想了半天没有思路，参考了Alias的答案，他的思路写的也很详细应该很容易看懂。 作者：Alias https://www.nowcoder.com/questionTerminal/d77d11405cc7470d82554cb392585106 来源：牛客网
【思路】借用一个辅助的栈，遍历压栈顺序，先讲第一个放入栈中，这里是1，然后判断栈顶元素是不是出栈顺序的第一个元素，这里是4，很显然1≠4，所以我们继续压栈，直到相等以后开始出栈，出栈一个元素，则将出栈顺序向后移动一位，直到不相等，这样循环等压栈顺序遍历完成，如果辅助栈还不为空，说明弹出序列不是该栈的弹出顺序。
举例：
入栈1,2,3,4,5
出栈4,5,3,2,1
首先1入辅助栈，此时栈顶1≠4，继续入栈2
此时栈顶2≠4，继续入栈3
此时栈顶3≠4，继续入栈4
此时栈顶4＝4，出栈4，弹出序列向后一位，此时为5，,辅助栈里面是1,2,3
此时栈顶3≠5，继续入栈5
此时栈顶5=5，出栈5,弹出序列向后一位，此时为3，,辅助栈里面是1,2,3
…. 依次执行，最后辅助栈为空。如果不为空说明弹出序列不是该栈的弹出顺序。
栈
import java.util.ArrayList;
import java.util.Stack;
//这道题没想出来，参考了Alias同学的答案：https://www.nowcoder.com/questionTerminal/d77d11405cc7470d82554cb392585106
public class Solution {
public boolean IsPopOrder(int [] pushA,int [] popA) {
if(pushA.length == 0 || popA.length == 0)
return false;
Stack<Integer> s = new Stack<Integer>();
//用于标识弹出序列的位置
int popIndex = 0;
for(int i = 0; i< pushA.length;i++){
s.push(pushA[i]);
//如果栈不为空，且栈顶元素等于弹出序列
while(!s.empty() &&s.peek() == popA[popIndex]){
//出栈
s.pop();
//弹出序列向后一位
popIndex++;
}
}
return s.empty();
}
}