算法

这一题是十分简单的，首先要观察了。。。这个规律 这个规律，是十分好总结出来的，A点到B点的最短距离，肯定是斜着走一个正方形的对角线之后，再正南正北的走。 时间 = 斜着 + 正南正北 时间 = 最长边

这一题题目不难理解，就是在字符串中寻找有多少个独一无二的回文，只不过这个回文可以不相邻，而且长度只有3。固定首尾，然后再确定中间的字符，加一个去重即可(Set)。 时间复杂度过大，n的3次方 这里的思

这里要实现深拷贝 原链表：A -> B -> C 思路，构成 A -> A' -> B -> B' -> C -> C' 然后将其中的新节点拆分出来

这里的最低位是在左边，注意处理进位的问题 对于链表的处理，一般要返回整个链表，都要注意留下头节点，在这里是dummy，cur来指向当前处理的节点

set 辗转的计算每一位，然后记录每一次的和，这样就可以避免循环的出现 Floyd 判圈算法 快慢指针检测环 slow 每次走一步。 fast 每次走两步。 如果相遇了： 若相遇点是 1 → 快乐数。

这里最主要的是处理状态 0->1 1->0， 这种就很混乱，所以接下来要引入另外的两个标记来进行计算 0和1的标记借助于题目里面的状态，2、3分别标记另外两种状态

这一题最重要的就是要建立map，来查询对应位置的大小，其次就是判断有没有小的数出现在大的数之前 这里题目给出的6种可能，除此之外也不会出现 V在X之前的这种情况，因为题目的输入都是正确的输入 记录当前

对角线越长，那么就面积越大 但是如果对角线相同，那么越接近正方形其面积是越大的，这里就需要在对角线相同的时候做出判断即可。 解法1 这里的解法先找出最大的对角线集合，放入到samLen中，然后再到sa

对于无法得到整数的情况，就取Math.floor。 暴力 这个解法就很暴力，但是面临2^31 - 1，这种情况，就要枚举很久了 二分法 这里的时间复杂度就会降低很多 O(logn)

这一题最重要的一句话就是“有 h 篇论文被引用次数大于等于 h” 在这里，我们看下上面的图，序线的方程就是 y = x ， 要找到 h 篇论文被引用次数大于等于 h，那么就是虚线还有实线相交的地方，此

构建直方图 我们用一个 height 数组来表示直方图，其中 height[j] 表示矩阵在第 j 列连续 1 的高度。 当遇到 mat[i][j] = 1 时，height[j] 在上一行的基础上加

这一题和72. 编辑距离还有64. 最小路径和的状态转移方程都差不多 这里的思路都可以多思考下 这里的dp[i][j]表示以i，j为右下角的正方形的最大边长 matrix[i][j] === "1"的

和64题思路一样，只不过这里多了一个障碍，需要另外处理下。 dp 时间复杂度O(nm) 空间复杂度O(nm) 优化空间 时间复杂度O(nm) 空间复杂度O(1)

位运算 n 必须是 2 的幂（二进制中只有一个 1） 用 (n & (n - 1)) === 0 来判断。 这个唯一的 1 必须在偶数位 用 (n & 0xAAAAAAAA) === 0 来判断。 这

对于DP类问题，最重要的是反推 比如说这里的要求，要知道最后的最小值，那么就衍生到倒数第二次的最小值...倒数第n次的最小值，第二次的最小值 怎么求第二次的最小值呢，第二次也就两个情况，也就是dp[0

使用一个相同形状的数组来存放到达当前坐标的最小和 我们可以使用 动态规划（DP）  来解决。 定义 dp[i][j] 表示到达位置 (i, j) 的最小路径和。 因为 (i, j) 只能从上一行的 (

用一个数组 dp，其中 dp[i] 表示以第 i 个元素结尾的最长递增子序列的长度。 对于每个位置 i，我们遍历它之前的所有位置 j，只要满足 nums[j] < nums[i]，说明 nums[i]

动态规划 解题思路 用dp[amount]来记录当前凑成amount最少需要的硬币数量 那么就可以得到一个状态转移方程 用当前这枚硬币（面值为 coin），加上凑出 i - coin 所需的最少硬币数

动态规划（DP） 状态定义： 用 dp[i] 表示字符串 s 的前 i 个字符（s[0..i-1]）是否可以被字典中的单词拼接而成。 状态转移方程： 对于每个位置 i，我们尝试遍历所有前面的 j，判断

这是一题比较典型的动态规划问题。 相邻的节点不能访问，求最后如果获取到的总值最大。 那么这里就有一个基础的问题了，如果此时想在i节点获取到最大的值 由于不能偷取相邻的房屋，因此对于第 i 个房子，我们