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被leetcode吊打第十四天：二叉树前序的非递归前后遍历
前序的非递归
使用栈的结构来处理。由于栈是后进先出的。因此对于前序遍历(中左右的情况)，我们放入栈的时候，应该是根节点先加入栈，然后弹出。对于其左右的子节点，应该为先将右节点放入，再放入左节点。
所以我们只需要定义一个栈、一个存放节点值的数组即可。
后序的非递归：
与前序类似，我们的前序是将中左右的值存入数组，对于子节点的操作，我们是先放入右节点，后放入左节点这样栈内就是先为右子树，后为左子树
那么后序，我们将前序的节点值的数组反转一下，就是右左中的值，离我们的左右中的顺序就是子树进栈的顺序不同。因此将前序的左子节点入栈和右子节点入栈顺序换一下即可。
前序的非递归
使用栈的结构来处理。由于栈是后进先出的。因此对于前序遍历(中左右的情况)，我们放入栈的时候，应该是根节点先加入栈，然后弹出。对于其左右的子节点，应该为先将右节点放入，再放入左节点。
所以我们只需要定义一个栈、一个存放节点值的数组即可。
后序的非递归：
与前序类似，我们的前序是将中左右的值存入数组，对于子节点的操作，我们是先放入右节点，后放入左节点这样栈内就是先为右子树，后为左子树
那么后序，我们将前序的节点值的数组反转一下，就是右左中的值，离我们的左右中的顺序就是子树进栈的顺序不同。因此将前序的左子节点入栈和右子节点入栈顺序换一下即可。
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二叉树的先、中、后序遍历的迭代实现
我们在迭代前，需要知道我们迭代结束的条件是什么：
当前节点为空的时候，return。
而我们的root指向的是某个具体的节点。拿后序来说，也就是到某个节点的左/右节点为空的时候，递归才会回退一步，指向后面的将这个节点的值push进数组
var postorderTraversal = function(root) {
const roots = [];
const dfs = function(root){
if(root === null){
return;
}
dfs(root.left);
dfs(root.right);
roots.push(root.val);
}
dfs(root)
return roots;
};
我们在迭代前，需要知道我们迭代结束的条件是什么：
当前节点为空的时候，return。
而我们的root指向的是某个具体的节点。拿后序来说，也就是到某个节点的左/右节点为空的时候，递归才会回退一步，指向后面的将这个节点的值push进数组
var postorderTraversal = function(root) {
const roots = [];
const dfs = function(root){
if(root === null){
return;
}
dfs(root.left);
dfs(root.right);
roots.push(root.val);
}
dfs(root)
return roots;
};
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被leetcode吊打第十二天：四数之和
该题与三数之和类似，
四数之和的双指针解法是两层for循环nums[a] + nums[b]为确定值，依然是循环内有left和right下标作为双指针，找出nums[a] + nums[b] + nums[left] + nums[right] == target的情况
但是有一些细节需要注意，例如： 不要判断nums[k] > target 就返回了，三数之和 可以通过 nums[i] > 0 就返回了，因为 0 已经是确定的数了，四数之和这道题目 target是任意值。组是[-4, -3, -2, -1]，target是-10，不能因为-4 > -10而跳过
此外，内层循环的break和return的使用也需要注意，不能用return，而是用break
该题与三数之和类似，
四数之和的双指针解法是两层for循环nums[a] + nums[b]为确定值，依然是循环内有left和right下标作为双指针，找出nums[a] + nums[b] + nums[left] + nums[right] == target的情况
但是有一些细节需要注意，例如： 不要判断nums[k] > target 就返回了，三数之和 可以通过 nums[i] > 0 就返回了，因为 0 已经是确定的数了，四数之和这道题目 target是任意值。组是[-4, -3, -2, -1]，target是-10，不能因为-4 > -10而跳过
此外，内层循环的break和return的使用也需要注意，不能用return，而是用break
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被leetcode吊打第十一天：三数之和，梦破碎的地方。
最开始想的是类似于两数之和的方法，算num1+num2的和，再对其和num2用map，但是去重太麻烦了，之间报错。后续看了题解发现需要使用双指针的方式
首先将数组排序，然后有一层for循环，i从下标0的地方开始，同时定一个下标left 定义在i+1的位置上，定义下标right 在数组结尾的位置上。
我们的思想就是先定一个i，然后找left和right，然后再找这个i对应的所有的
移动left 和right：
如果nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0 就说明 此时三数之和大了，因为数组是排序后了，所以right下标就应该向左移动，这样才能让三数之和小一些。
如果 nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0 说明 此时 三数之和小了，left 就向右移动，才能让三数之和大一些，直到left与right相遇为止。
对于去重我们可以理解为固定两个后，对第三个进行去重。
i 的 去重：判断i左侧的（也就是在三元组里出现过的），如果遇到一样，那也就是说这个值对于i已经用过了，直接换成下一个值。
left和right的去重：是为了防止我们找到了一个三元组后，（此时固定了 i 和 left/right），后续三元组的right/left 值和之前的一样。因此对于left需要循环判断left与left右侧的元素是否相等，对于right需要判断right与right左侧的元素是否相等
最开始想的是类似于两数之和的方法，算num1+num2的和，再对其和num2用map，但是去重太麻烦了，之间报错。后续看了题解发现需要使用双指针的方式
首先将数组排序，然后有一层for循环，i从下标0的地方开始，同时定一个下标left 定义在i+1的位置上，定义下标right 在数组结尾的位置上。
我们的思想就是先定一个i，然后找left和right，然后再找这个i对应的所有的
移动left 和right：
如果nums[i] + nums[left] + nums[right] > 0 就说明 此时三数之和大了，因为数组是排序后了，所以right下标就应该向左移动，这样才能让三数之和小一些。
如果 nums[i] + nums[left] + nums[right] < 0 说明 此时 三数之和小了，left 就向右移动，才能让三数之和大一些，直到left与right相遇为止。
对于去重我们可以理解为固定两个后，对第三个进行去重。
i 的 去重：判断i左侧的（也就是在三元组里出现过的），如果遇到一样，那也就是说这个值对于i已经用过了，直接换成下一个值。
left和right的去重：是为了防止我们找到了一个三元组后，（此时固定了 i 和 left/right），后续三元组的right/left 值和之前的一样。因此对于left需要循环判断left与left右侧的元素是否相等，对于right需要判断right与right左侧的元素是否相等
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被leetcode吊打第十一天，239. 滑动窗口最大值
该题我们可以使用单调队列，即单调递减或单调递增的队列。与优先级队列不同处在于：如何维护元素里的单调增和单调减（也就是说这个队列其实是我们diy出来的）
针对不同的题目单调队列的处理也不同。
在该题中，我们的单调队列(单调减的)只需要维护可能成为最大值的元素（不需要维护整个窗口）。也就是让出口处始终为滑动窗口当前的最大值元素。
pop(value)：如果窗口移除的元素value等于单调队列的出口元素（也就是此时窗口的最大值），那么队列弹出元素，否则不用任何操作（因为其他元素已经在push的时候被我们移出队列了）
push(value)：如果push的元素value大于入口元素的数值，那么就将队列入口的元素弹出，直到push元素的数值小于等于队列入口元素的数值为止
而我们要push、shift的value，就是滑动窗口移动的过程中，nums应该加入、移出滑动窗口的元素。
该题我们可以使用单调队列，即单调递减或单调递增的队列。与优先级队列不同处在于：如何维护元素里的单调增和单调减（也就是说这个队列其实是我们diy出来的）
针对不同的题目单调队列的处理也不同。
在该题中，我们的单调队列(单调减的)只需要维护可能成为最大值的元素（不需要维护整个窗口）。也就是让出口处始终为滑动窗口当前的最大值元素。
pop(value)：如果窗口移除的元素value等于单调队列的出口元素（也就是此时窗口的最大值），那么队列弹出元素，否则不用任何操作（因为其他元素已经在push的时候被我们移出队列了）
push(value)：如果push的元素value大于入口元素的数值，那么就将队列入口的元素弹出，直到push元素的数值小于等于队列入口元素的数值为止
而我们要push、shift的value，就是滑动窗口移动的过程中，nums应该加入、移出滑动窗口的元素。
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被leetcode吊打第十天 20.有效的括号
对于这种匹配问题，使用栈的方式更好，
其中我们在遇到左括号的时候，将其匹配的右括号入栈。
在遇到右括号的时候，将栈顶元素弹出，判断弹出的元素是不是等于字符串当前的元素。
同时由于左右括号数量可能不同，因此我们还需要在最后判断栈是否为空的情况。
此外，在开始的时候我们可以加一个判断，如果字符串的长度不是偶数，那么直接返回false。
对于这种匹配问题，使用栈的方式更好，
其中我们在遇到左括号的时候，将其匹配的右括号入栈。
在遇到右括号的时候，将栈顶元素弹出，判断弹出的元素是不是等于字符串当前的元素。
同时由于左右括号数量可能不同，因此我们还需要在最后判断栈是否为空的情况。
此外，在开始的时候我们可以加一个判断，如果字符串的长度不是偶数，那么直接返回false。
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被leetcode吊打第九天：用栈实现队列
我们可以使用两个数组的栈方法（push, pop） 实现队列
* push()：栈一样
* pop()：输出的时候，我们需要判断输出栈是不是为空，如果是的空话，将输入栈的元素全部填充至输出栈中，再进行输出。如果不是，则直接输出
这里需要注意的是，不能用for循环，因为我们对输入栈一直使用pop，其长度每次循环都在减少！
* peek()：我们可以复用pop（这里直接用this，而不是this.stackOut），也就是将队首元素弹出来获取，再返回出去(记得将它重新加进去 这里为this.stackOut)
* empty()：判断两个栈是否都为空
我们可以使用两个数组的栈方法（push, pop） 实现队列
* push()：栈一样
* pop()：输出的时候，我们需要判断输出栈是不是为空，如果是的空话，将输入栈的元素全部填充至输出栈中，再进行输出。如果不是，则直接输出
这里需要注意的是，不能用for循环，因为我们对输入栈一直使用pop，其长度每次循环都在减少！
* peek()：我们可以复用pop（这里直接用this，而不是this.stackOut），也就是将队首元素弹出来获取，再返回出去(记得将它重新加进去 这里为this.stackOut)
* empty()：判断两个栈是否都为空
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被leetcode吊打第八天：环形链表 II
1.判断有环的方式：用快慢指针的方式（快指针每次走两步，慢指针走一步），如果他们相遇，则该链表有环。
为什么快指针每次走两步？因为这样快指针相对于慢指针，是每次走一个节点。这样快指针就不会错过慢指针。（实际就是在环中慢指针一步一步追赶快指针的过程）。
2.如何找到入口？
我们假设起始位置距入口处为x（也就是我们要求的）；入口处到相遇位置的距离为y，相遇位置再到入口处的距离为z
由于快指针是一步一步追赶慢指针的，因此当慢指针进入环内后，最多只会绕着环走一圈然后被快指针追上（也就是说慢指针在环内不会走两圈）
所以，慢指针移动的距离就是： x + y
而此时快指针可能在慢指针进入环内时已经在环内走了 n 圈了，
所以快指针移动的距离为：x + n (y + z)+ y n>=1
又因为，我们的快指针每次走的距离是慢指针的两倍。所以就有
x + n (y + z) + y == 2 (x + y)
根据这个得出 x 就是我们要的答案 x == n (y + z) - y == (n - 1)(y + z) + z
当 n ==1 时， x == z 通过这个等式，我们可以理解为，在头节点处定义一个指针index1，在相交的位置定义一个指针 index2 ，他们同时移动，indexi2 转了很多圈后与index1 相遇的位置就是入口处。
1.判断有环的方式：用快慢指针的方式（快指针每次走两步，慢指针走一步），如果他们相遇，则该链表有环。
为什么快指针每次走两步？因为这样快指针相对于慢指针，是每次走一个节点。这样快指针就不会错过慢指针。（实际就是在环中慢指针一步一步追赶快指针的过程）。
2.如何找到入口？
我们假设起始位置距入口处为x（也就是我们要求的）；入口处到相遇位置的距离为y，相遇位置再到入口处的距离为z
由于快指针是一步一步追赶慢指针的，因此当慢指针进入环内后，最多只会绕着环走一圈然后被快指针追上（也就是说慢指针在环内不会走两圈）
所以，慢指针移动的距离就是： x + y
而此时快指针可能在慢指针进入环内时已经在环内走了 n 圈了，
所以快指针移动的距离为：x + n (y + z)+ y n>=1
又因为，我们的快指针每次走的距离是慢指针的两倍。所以就有
x + n (y + z) + y == 2 (x + y)
根据这个得出 x 就是我们要的答案 x == n (y + z) - y == (n - 1)(y + z) + z
当 n ==1 时， x == z 通过这个等式，我们可以理解为，在头节点处定义一个指针index1，在相交的位置定义一个指针 index2 ，他们同时移动，indexi2 转了很多圈后与index1 相遇的位置就是入口处。
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被leetcode吊打第七天 KMP算法
前缀：包含首字母不包含尾字母的所有子串
后缀：包含尾字母不包含首字母的所有子串
最长相等前后缀：也就是前缀和后缀相同时，前缀/后缀的长度。
例如 aabaaf
a 0
aa 1
aab 0
aaba 1
aabaa 2
aabaaf 0
而前缀表就是这个数字序列
aabaaf
010120
当我们不匹配的时候，就需要找冲突的元素前面的最长相等前后缀，然后将模式串往后移动这个长度，继续匹配
前缀：包含首字母不包含尾字母的所有子串
后缀：包含尾字母不包含首字母的所有子串
最长相等前后缀：也就是前缀和后缀相同时，前缀/后缀的长度。
例如 aabaaf
a 0
aa 1
aab 0
aaba 1
aabaa 2
aabaaf 0
而前缀表就是这个数字序列
aabaaf
010120
当我们不匹配的时候，就需要找冲突的元素前面的最长相等前后缀，然后将模式串往后移动这个长度，继续匹配
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被leetcode吊打第六天
2-两数相加
我们可以先交换头指针，使得一个指针始终指向长的那个链表，便于我们判断循环结束的条件。
然后进行相加的操作，针对短链表有两种情况：
1：短链表当前结点是空的情况
2：短链表当前结点非空的情况
并在循环中操纵指针来创建结点并存入新链表中
最后由于我们循环中的链表长度是等于长链表的长度的，但是可能存在进位的情况，因此我们判断进位符是否为空，不为空则单独创建一个结点插入。
2-两数相加
我们可以先交换头指针，使得一个指针始终指向长的那个链表，便于我们判断循环结束的条件。
然后进行相加的操作，针对短链表有两种情况：
1：短链表当前结点是空的情况
2：短链表当前结点非空的情况
并在循环中操纵指针来创建结点并存入新链表中
最后由于我们循环中的链表长度是等于长链表的长度的，但是可能存在进位的情况，因此我们判断进位符是否为空，不为空则单独创建一个结点插入。
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被leetcode吊打第5天。
这次选了个简单的题，找找自信。剑指offer 58-左选择字符串
这个题目想在原地反转的话，可以分为两步：先整体反转，然后再将length - 1 - n左右的字符串分别反转即可。
这次选了个简单的题，找找自信。剑指offer 58-左选择字符串
这个题目想在原地反转的话，可以分为两步：先整体反转，然后再将length - 1 - n左右的字符串分别反转即可。
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被leetcode吊打2小时的第三天....
151.反转字符串中的单词。
该题整体思路可以分为三步，
1、先不考虑单词里字母的顺序是否相同，而是先让单词顺序和目标字符串相同
这个时候的做法就是直接反转整个字符串。
2、移除空格
3、此时就是单词里的字母不同，因此再对每个单词做反转即可！
注意传入的数组为一直为原数组，否则索引会有问题
其中，难点在于空格的移除。
移除空格可以使用双指针的方法（类似于数组中移除元素的方法）
快指针获取符合我们要求的字母
慢指针则是标记获取到字母后更新在哪里。
此外，单词之间的空格也需要处理下，也就是当慢指针不是起始位置且快指针指向单词首字母的时候，慢指针先移动（留出一个空格的位置）然后再让快指针指的字母赋值到慢指针的位置上。
151.反转字符串中的单词。
该题整体思路可以分为三步，
1、先不考虑单词里字母的顺序是否相同，而是先让单词顺序和目标字符串相同
这个时候的做法就是直接反转整个字符串。
2、移除空格
3、此时就是单词里的字母不同，因此再对每个单词做反转即可！
注意传入的数组为一直为原数组，否则索引会有问题
其中，难点在于空格的移除。
移除空格可以使用双指针的方法（类似于数组中移除元素的方法）
快指针获取符合我们要求的字母
慢指针则是标记获取到字母后更新在哪里。
此外，单词之间的空格也需要处理下，也就是当慢指针不是起始位置且快指针指向单词首字母的时候，慢指针先移动（留出一个空格的位置）然后再让快指针指的字母赋值到慢指针的位置上。
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leetcode第三天：剑指 Offer 05. 替换空格
这个题目，需要先将数组的长度扩充(js中好像不需要...)然后从后往前遍历，依次移动元素。遇到空格就将%20进行填充，如果没有空格，则移动元素。
这个题目，需要先将数组的长度扩充(js中好像不需要...)然后从后往前遍历，依次移动元素。遇到空格就将%20进行填充，如果没有空格，则移动元素。
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学习数据结构和leetcode第二天：541.反转字符串
本题需要三个指针：反转字符串需要两个指针 i 和 j ，同时确定开始反转的位置也需要一个 start，
start每次指向下一个 2 * k 的位置，让反转从此开始。
j 指针的位置每次指向start后面的 k 个元素。在这里需要判断一下后面的元素是否有 k 个，如果没有，让 j 直接指向最后一个元素即可。
本题需要三个指针：反转字符串需要两个指针 i 和 j ，同时确定开始反转的位置也需要一个 start，
start每次指向下一个 2 * k 的位置，让反转从此开始。
j 指针的位置每次指向start后面的 k 个元素。在这里需要判断一下后面的元素是否有 k 个，如果没有，让 j 直接指向最后一个元素即可。
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