题目1 二维数组中的查找

题目描述

在一个二维数组中（每个一维数组的长度相同），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。

题目解析

其实这个题目是非常有规律的，所以才可以用复杂度更小的方法来实现。由于其每行自左向右递增，每列自上而下递增，所我们可以设置一个初始位置，让他不在(0,0)的位置，而是第一列最后一个位置，如果实际数比它大了，那就向右查找，否则向上查找。

代码

bool Find(int target, vector<vector<int> > array) { if(array.size()!=0) { int rows=array.size(); int cols=array[0].size(); int i=rows-1;//最后一行 int j=0; while(i>=0&&j<cols) {//如果target小于这个数，自然往上找 if(target<array[i][j]) --i; //如果target大于这个数，自然往后找 else if(target>array[i][j]) ++j; else return true; } } return false;}

题目2 替换空格

题目描述

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。

题目解析

代码

void replaceSpace(char *str,int length) { int count=0; int realen=0; int i=0; while(str[i]!='\0') { ++realen; if(str[i]== ' ') ++count; ++i; } int newlen=realen+count*2; if(length<newlen) return ; for(int j=realen-1;j>=0;j--) { if(str[j]!=' ') str[j+2*count]=str[j]; else{ count--; str[j+2*count]='%'; str[j+2*count+1]='2'; str[j+2*count+2]='0'; } } str[newlen]='\0'; }

题目3 从尾到头打印链表

题目描述

输入一个链表，按链表值从尾到头的顺序返回一个ArrayList。

题目解析

其实很容易想到，可以使用FILO的堆栈来进行处理。

代码

vector<int> printListFromTailToHead(ListNode* head) {vector<int> result;stack<int> arr;ListNode * p=head;//首先把链表从头到尾输入到一个堆栈//利用堆栈先入后出特性，从尾到头输出到一个vector里面while(p!=NULL){arr.push(p->val);p=p->next;}int len= arr.size();for(int i=0;i<len;i++){result.push_back(arr.top());arr.pop();}return result;}

题目4 重建二叉树

题目描述

输入某二叉树的前序遍历和中序遍历的结果，请重建出该二叉树。假设输入的前序遍历和中序遍历的结果中都不含重复的数字。例如输入前序遍历序列{1,2,4,7,3,5,6,8}和中序遍历序列{4,7,2,1,5,3,8,6}，则重建二叉树并返回。

题目解析

我们根据前序遍历的特点可以发现，前序遍历的第一个数字一定是这个二叉树的根节点；然后根据中序遍历的特点可发现，根节点左侧的数字一定是左子树，右侧一定是右子树。然后将中序遍历以根节点为中心划分成两个部分，这又是两个子树，然后这个子树又可以根据前序遍历找到各个子树的根节点……以此类推，这非常适合有递推来实现。

就拿这个例子来说。

前序遍历：

中序遍历：

这又就把中序遍历分为了4/7/2和5/3/8/6两个部分。然后考虑4/7/2这个部分，前序遍历的第2个数字是划分4/7/2的数字，这样，2是这个子树的根节点，4/7都位于左子树。

然后再看右子树，也就是3/5/6/8这四个数字。同理可以得出，3是右子树的根节点，然后5在左子树，8/6在右子树。再去8/6这个子树看，根据前序遍历可以看到6为子树的根节点，根据中序遍历可以看到，8为子树的左结点。

接下来考虑代码实现问题。首先肯定要判断所给的两个数组是不是空，若是空肯定是个空树，否则继续进行。我们可以使用类里面的一个私有函数来进行具体的重建功能，而这个函数的参数自然是前序遍历结果、起始位置、结束位置、中序遍历结果、起始位置、结束位置。

当然作为刚开始的时候，起始位置肯定是0，结束位置肯定是length-1。

使用这个私有函数进行递归，肯定有停止递归的条件，那就是开始位置大于结束位置的时候，自然就代表迭代结束了。

然后新建一个TreeNode，第一个节点自然是前序遍历的第一个节点，所以可以：

TreeNode root=new TreeNode(pre[startPre]);

接下来自然要开始进行判断，寻找前序遍历和中序遍历相等值的位置，由于前序遍历里面的点都可以作为中序遍历里面的根节点，所以我们只需要在中序遍历里面找到与前序遍历中值相等的位置，就是该子树的根节点的位置，就可以根据这个点划分左子树和右子树了。而中序遍历中到的根节点的位置i左侧有几个数字就是左子树有几个元素，右边有几个数字就是右子树有几个元素

对于左子树来说，左子树的起始位置自然是startPre的下一个位置，而结束是startPre+i-startIn（startPre是位置，i-startIn是从中序遍历中看左子树有几个元素），而中序遍历的开始位置自然是startIn，结束位置是i-1。

对于右子树来说，中序遍历的起始位置自然是i+1，结束位置是endIn；而对于前序遍历来说，自然是startPre+左子树的元素数+1，而左子树我们知道是i-startIn了，所以起始位置是startPre+i-startIn+1，结束位置自然是endPre。

于是，完成了这个程序的编写。

代码

public TreeNode reConstructBinaryTree(int [] pre,int [] in) { TreeNode root=reConstructBinaryTree(pre,0,pre.length-1,in,0,in.length-1); return root;}//前序遍历{1,2,4,7,3,5,6,8}和中序遍历序列{4,7,2,1,5,3,8,6}private TreeNode reConstructBinaryTree(int [] pre,int startPre,int endPre,int [] in,int startIn,int endIn) { if(startPre>endPre||startIn>endIn) return null; TreeNode root=new TreeNode(pre[startPre]); for(int i=startIn;i<=endIn;i++) if(in[i]==pre[startPre]){ root.left=reConstructBinaryTree(pre,startPre+1, startPre+i-startIn,in,startIn,i-1); root.right=reConstructBinaryTree(pre,i-startIn+startPre+1, endPre,in,i+1,endIn); break; } return root;}

题目5 用两个栈实现队列

题目描述

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。

题目解析

思路很简单，就是用两个堆栈，push直接push进去就可以。由于队列是FIFO，而堆栈是FILO，所以只要使用push后的堆栈再push到另一个堆栈里面，这个时候pop出来的顺序总体上来说就是FIFO了。

代码

public:void push(int node) {stack1.push(node);}int pop() {int tmp;if(stack2.empty())while(!stack1.empty()){tmp=stack1.top();stack2.push(tmp);stack1.pop();}int res=stack2.top();stack2.pop();return res;}private:stack<int> stack1;stack<int> stack2;

题目6 旋转数组的最小数字

题目描述

把一个数组最开始的若干个元素搬到数组的末尾，我们称之为数组的旋转。 输入一个非减排序的数组的一个旋转，输出旋转数组的最小元素。 例如数组{3,4,5,1,2}为{1,2,3,4,5}的一个旋转，该数组的最小值为1。 NOTE：给出的所有元素都大于0，若数组大小为0，请返回0。

题目解析

最傻瓜的方式就是直接进行比较了，但是这样的时间复杂度为O(n)，我们可以考虑降低复杂度。考虑到这个旋转数组本质上是一个基本有序的数组，所以我们可以考虑借鉴二分查找的思想。
令low=0，high=len-1，即两个指针分别指向数组的开头和结尾。我们令mid=(low+high)/2。
– 若a[mid]>a[high]，则代表最小的元素一定在后面(因为这两块都是递增的），所以low=mid+1
– 若a[mid]==a[high]，这种情况比较复杂，需要一个一个的试，所以high=high-1，一点点缩小范围。
– a[mid]<a[high]，则代表最小数字一定就是array[mid]或者在mid的左边。因为右边必然都是递增的，所以直接high=mid（一定不能为mid-1）。

代码

int minNumberInRotateArray(vector<int> rotateArray) { int low=0;int high=rotateArray.size()-1; while(low<high){ int mid = low+(high-low)/2; if(rotateArray[mid]>rotateArray[high]) low= mid+1; else if(rotateArray[mid]==rotateArray[high]) high=high-1; else high=mid; } return rotateArray[low];}

题目7 数值的整数次方

题目描述

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。

题目解析

假如我们要计算3¹³，我们既可以直接乘（复杂度为O(n)），也可以用快速算法降低复杂度。方法是怎样的呢？
我们关注指数部分，13=(1101)₂所以3¹³=3^(1000)₂ * 3^(0100)₂ * 3^(0001)₂。
这样的话，我们可以将exponent&1操作，如最低位为1，那么就是做ans=ansbase，否则不做。然后对exponent进行右移，每右移1位，base=basebase，这样若为1，则ans=base；若为101，则为ans=base(basebase)。然后就可以得到结果了，代码如下。

代码

double Power(double base, int exponent){ long long exp=abs((long long)exponent); double ans =1.0; while(exp) { if(exp&1) ans*=base; base*=base; exp>>=1; } return exponent<0?(1/ans):ans;}