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- leetcode 111 二叉树的最小深度－层序遍历法：
使用层序遍历，先记录深度，在遍历每一层节点的时候，判断节点的左右节点是否存在，如果都不存在，则返回此时的深度即可评论点赞 - leetcode 100 二叉树的右视图
我们可以改变一下层序遍历的顺序，以前的层序遍历是从左往右，而我们从右往左，这样每一层第一个入队列的就是最右边的元素。此时我们只将这个元素的值存入即可。(此方法需要定义一个变量来记录第一个)
此外我们也可以直接用原先层序遍历的方法，通过每层遍历是否为最后一个元素来确实是否是最右边的元素，直接保存将其值也可。展开评论点赞 - leetcode 199.二叉树的右视图
我们也可以直接用层序遍历的方法，通过size === 1 来判断最右边的元素，直接保存将其值即可。
此外，我们也可以改变一下层序遍历，以前的层序遍历是从左往右，而我们从右往左，这样每一层第一个入队列的就是最右边的元素。此时我们只将这个元素的值存入即可。(此方法可能需要定义一个变量来记录第一个)展开评论点赞 - leetcode 102：层序遍历
层序遍历类似于图的广度优先搜索，我们使用队列来存放遍历的节点，同时定义一个size来记录每一层的节点的数量。（因为我们一开始是将一层的节点都入队列，因此在这个时候需要记录一下此时队列的长度，也就是这一层节点是数量。以此来控制我们出队列的元素的数量。）
因此，内循环要通过size来控制，不能通过队列的长度控制，因为我们上一层的某个节点在出队列的同时，其左右子节点会入队列。通过size来控制队列弹出的元素个数，这样每一层内循环结束后，队列内的节点都为同在一层的节点。所以我们这个时候获取队列的长度，那么也就是这一层节点的数量size。代码如下：
function levelOrder(root: TreeNode | null): number[][] {
const res: number[][] = [];
if(root === null) {
return res;
}
const queue: TreeNode[] = [];
let curNode: TreeNode | null = null;
queue.push(root);
while(queue.length > 0){
let size = queue.length;
let arry: number[] = [];
while(size > 0){
curNode = queue.shift();
arry.push(curNode.val);
size--;
if(curNode.left !== null){
queue.push(curNode.left);
}
if(curNode.right !== null){
queue.push(curNode.right);
}
}
res.push(arry);
}
return res;
}展开评论点赞 - 二叉树的统一迭代遍历方法。
由于我们之前的迭代遍历方法，先序访问的节点就是我们要处理的节点，而中序不是，所以其思想不同，而我们要弄一个都适用的方法，因此那我们就将访问的节点放入栈中，把要处理的节点也放入栈中但是要做标记。
如何标记呢，就是要处理的节点放入栈之后，紧接着放入一个空指针作为标记。
我们将访问的节点直接加入到栈中，但如果是处理的节点则后面放入一个空节点， 这样只有空节点弹出的时候，才将下一个节点放进结果集。展开评论点赞 - 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。展开评论点赞 - 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;
};展开评论点赞 - 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展开评论点赞 - 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展开评论点赞 - 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。展开评论点赞