Nothing to fear
种一棵树最好的时间是十年前，其次是现在！
那些你早出晚归付出的刻苦努力，你不想训练，当你觉的太累了但还是要咬牙坚持的时候，那就是在追逐梦想，不要在意终点有什么，要享受路途的过程，或许你不能成就梦想，但一定会有更伟大的事情随之而来。 mamba out~
2020.5.22
人一我十，人十我百，追逐青春的梦想，怀着自信的心，永不言弃！
LG-P1827 American Heritage
给出二叉树的先序和中序遍历
要求求出后序遍历
我们知道根据先序遍历和另外一种遍历我们
可以建立以可二叉树，但是应该存在一种更简单的
办法使得不用建树也能够成功得到序列
首先我们都知道:
- 先序遍历的第一个结点一定是根节点
- 后序遍历的最后一个结点一定是根节点
我们只需要在中序遍历中找到该根节点
该节点的左边是左子树，右边是右子树
递归即可
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
using namespace std;
const int N = 100;
string a , b;
int n;
// 根据先序求后后续遍历 k = i - p;
void postorder(int x,int y,int p,int q)
{
printf("此时 后序区间为[%d, %d]，中序区间[%d, %d]\n",x , y , p , q);
if(x > y || p > q)return;
int i = a.find(b[x]); // 在中序遍历中找到当前先序区间中的第一个
printf("此时 i = %d \n",i);
int k = i - p;
postorder(x + 1, x + k, p , i - 1);
postorder(x + k + 1, y, i + 1, q);
cout << b[x];
}
// 根据后续求先序 k = p - i
void preorder(int x,int y,int p,int q)
{
//printf("此时 后序区间为[%d, %d]，中序区间[%d, %d]\n",x , y , p , q);
if(x > y || p > q)return;
int i = a.find(b[y]); // 在中序遍历中找到当前先序区间中的第一个
//printf("此时 i = %d\n",i);
cout << b[y];
int k = q - i;
preorder(x , y - k - 1, p , i - 1);
preorder(y - k, y - 1,i + 1, q);
}
int main()
{
cin >> a >> b;
n = a.size() - 1;
preorder(0,n,0,n);
return 0;
}
LC-494. 目标和
思路，引用评论区大佬的分析:
- 都是类似给你元素和目标，从元素中选取组合达到目标，我觉得这样的问题，都可以归类到背包问题里。
- dp[i][j]表示到第i个字符和为j的方法数。
dp[i][j] = dp[i - 1][j - nums[i]] + dp[i - 1][j + nums[i]]
dp[i - 1][j - nums[i]] 表示这次是+时的方法数，
dp[i - 1][j + nums[i]] 表示这次是-时的方法数。
如果我们j正序遍历，把dp数组初始化为0.
则上面公式可以转化为：dp[i][j] == 0(计算前)
dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i - 1][j - nums[i]]
dp[i][j] = dp[i][j] + dp[i - 1][j + nums[i]] ==>
遍历j时，我们利用上一次dp[i- 1][x]的计算结果，可以每次更新两个dp[i][x]的结果：
dp[i][j + nums[i]] = dp[i][j + nums[i]] + dp[i - 1][j]; 此时dp[i][j + nums[i]] = 0
dp[i][j - nums[i]] = dp[i][j - nums[i]] + dp[i - 1][j]; 此时dp[i][j - nums[i]] = 0 =>
编程如下形式：
dp[i][j + nums[i]] += dp[i - 1][j]
dp[i][j - nums[i]] += dp[i - 1][j]
这样，每次遍历j时，我们不计算dp[i][j]的值，而是利用dp[i - 1][j]的值，更新两个相关dp节点的值，会加速计算。
class Solution {
public:
int findTargetSumWays(vector<int>& nums, int S) {
int n = nums.size();
vector<vector<int>> f(n, vector<int>(n + 2001));
int k = 1000;
//f[i][j] 表示前i个数字和位j的方案数
//f[i][j] = f[i-1][j-nums[i]] + f[i-1][j+nums[i]]
// 通过变形
f[0][k+nums[0]] = 1;f[0][k-nums[0]] += 1;
for(int i = 1;i < n ;i ++)
{
for(int j = -k;j <= k ;j ++)
{
if(f[i-1][j+k] > 0) // 实际上由剪枝的作用判断前 i - 1个阶段是否构成该解
{
f[i][j+k-nums[i]] += f[i-1][j+k];
f[i][j+k+nums[i]] += f[i-1][j+k];
}
}
}
// 注意S > 1000 的情况乱 是不可能出现的所以直接返回0即可
return S > 1000 ? 0 : f[n-1][S+k];
}
};