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236. 二叉树的最近公共祖先
思路
(递归) O(n)
考虑p和q这两个节点共有三种情况： 1、p 和 q在root的子树中，且位于两侧。 2、p = root 且 q 在 root 的左或右子树中。 3、q = root 且 p 在 root 的左或右子树中。
考虑在左子树和右子树中查找这两个节点，如果两个节点分别位于左子树和右子树，则最近公共祖先为自己(root)，若左子树中两个节点都找不到，说明最低公共祖先一定在右子树中，反之亦然。考虑到二叉树的递归特性，因此可以通过递归来求得。
时间复杂度分析： 需要遍历整颗树，复杂度为 O(n)。
c++代码
/**
* Definition for a binary tree node.
* struct TreeNode {
* int val;
* TreeNode *left;
* TreeNode *right;
* TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
TreeNode* lowestCommonAncestor(TreeNode* root, TreeNode* p, TreeNode* q) {
if(!root) return NULL; //没有找到，返回null
if(root == p || root == q) return root; //找到其中之一，返回root
TreeNode* left = lowestCommonAncestor(root->left, p, q); //返回左子树查找节点
TreeNode* right = lowestCommonAncestor(root->right,p ,q); //返回右子树查找节点
if(left && right) return root;
if(left) return left;
else return right;
}
};
238. 除自身以外数组的乘积
思路
(前缀积) O(n)
最为直接的思路：申请两个数组，一个用来记录每个位置左边的乘积，另一个用来记录它右边的乘积，最后再把两个数组乘起来即可，但是这样的空间复杂度为O(n)。
类比于前缀和，我们用一个p数组，来存贮nums[0] * nums[1] *...* nums[i - 1]。然后从数组末尾开始遍历，用s记录数组末尾若干数字的乘积，然后每次更新p[i]即可。
具体过程如下：
- 1、遍历整个数组，利用前缀积公式
p[i] = p[i - 1] * nums[i - 1]，求出p数组。 - 2、初始化
s = 1，倒序遍历数组，每次先执行p[i] *= s，然后s *= nums[i]。 - 3、最后返回
p数组。
时间复杂度分析： O(n)。
c++代码
class Solution {
public:
vector<int> productExceptSelf(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
vector<int>p(n, 1);
for(int i = 1; i < n; i++) p[i] = p[i - 1] * nums[i - 1];
for(int i = n - 1, s = 1; i >= 0; i--){
p[i] *= s;
s *= nums[i];
}
return p;
}
};
239. 滑动窗口最大值
思路
给定一个数组 nums 和滑动窗口的大小 k，让我们找出所有滑动窗口里的最大值。
样例：
如样例所示，nums = [1,3,-1,-3,5,3,6,7]，k = 3，我们输出[3,3,5,5,6,7]。
首先，我们可以想到最朴素的做法是模拟滑动窗口的过程，每向右滑动一次都遍历一遍滑动窗口，找到最大的元素输出，这样的时间复杂度是O(nk)。考虑优化，其实滑动窗口类似于数据结构双端队列，窗口向右滑动过程相当于向队尾添加新的元素，同时再把队首元素删除。
如何更快的找到队列中的最大值？
其实我们可以发现，队列中没必要维护窗口中的所有元素，我们可以在队列中只保留那些可能成为窗口中的最大元素，去掉那些不可能成为窗口中的最大元素。
考虑这样一种情况，如果新进来的数字大于滑动窗口的末尾元素，那么末尾元素就不可能再成为窗口中最大的元素了，因为这个大的数字是后进来的，一定会比之前先进入窗口的小的数字要晚离开窗口，因此我们就可以将滑动窗口中比其小的数字弹出队列，于是队列中的元素就会维持从队头到队尾单调递减，这就是单调递减队列。
单调递增队列
对于队列内的元素来说：
- 在队列内自己左边的数就是数组中左边第一个比自己小的元素。
- 当被弹出时，遇到的就是数组中右边第一个比自己小的元素 。( 只要元素还在队列中，就意味着暂时还没有数组中找到自己右侧比自己小的元素)
- 队头到队尾单调递增，队首元素为队列最小值。
单调递减队列
对于队列内的元素来说：
- 在队列内自己左边的数就是数组中左边第一个比自己大的元素。
- 当被弹出时，遇到的就是数组中右边第一个比自己大的元素 ，只要元素还在队列中，就意味着暂时还没有数组中找到自己右侧比自己大的元素。
- 队头到队尾单调递减，队首元素为队列最大值。
了解了单调队列的一些性质以后，对于这道题我们就可以维护一个单调递减队列，来保存队列中所有递减的元素 ，随着入队和出队操作实时更新队列，这样队首元素始终就是队列中的最大值。同时如果队首元素在滑动窗口中，我们就可以将其加入答案数组中。
实现细节：
为了方便判断队首元素与滑动窗口的位置关系，队列中保存的是对应元素的下标。
具体解题过程如下：
初始时单调队列为空，随着对数组的遍历过程中，每次插入元素前，需要考察两个事情：
- 1、合法性检查：队头下标如果距离
i超过了k，则应该出队。 - 2、单调性维护：如果
nums[i]大于或等于队尾元素下标所对应的值，则当前队尾再也不可能充当某个滑动窗口的最大值了，故需要队尾出队，始终保持队中元素从队头到队尾单调递减。 - 3、如次遍历一遍数组，队头就是每个滑动窗口的最大值所在下标。
时间复杂度分析： 每个元素最多入队出队一次，复杂度为O(n)。
c++代码
class Solution {
public:
vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
deque<int> q;
vector<int>res;
for(int i = 0; i < nums.size(); i++){
while(q.size() && i - k + 1 > q.front()) q.pop_front();
while(q.size() && nums[i] >= nums[q.back()]) q.pop_back();
q.push_back(i);
if(i >= k - 1) res.push_back(nums[q.front()]);
}
return res;
}
};
