1.題目：
羅馬數字包含以下七種字符: I， V， X， L，C，D 和 M。
字符 數值
I 1
V 5
X 10
L 50
C 100
D 500
M 1000
例如， 羅馬數字 2 寫做 II ，即爲兩個並列的 1。12 寫做 XII ，即爲 X + II 。 27 寫做 XXVII, 即爲 XX + V + II 。
通常情況下，羅馬數字中小的數字在大的數字的右邊。但也存在特例，例如 4 不寫做 IIII，而是 IV。數字 1 在數字 5 的左邊，所表示的數等於大數 5 減小數 1 得到的數值 4 。同樣地，數字 9 表示爲 IX。這個特殊的規則只適用於以下六種情況：
I 可以放在 V (5) 和 X (10) 的左邊，來表示 4 和 9。
X 可以放在 L (50) 和 C (100) 的左邊，來表示 40 和 90。
C 可以放在 D (500) 和 M (1000) 的左邊，來表示 400 和 900。
給定一個羅馬數字，將其轉換成整數。輸入確保在 1 到 3999 的範圍內。
跟上一次做的（也就是第11題整數轉羅馬數字）剛好相反
2.解法一：
思路，得到每個羅馬數字對應的整數，然後加起來就是了，但是要注意一個問題，就是特殊的那幾個羅馬數字，它是兩個羅馬數字對應一個整數。
代碼一：
class Solution:
def romanToInt(self, s):
roma_dict = {"I": 1, "IV": 4, "V": 5, "IX": 9, "X": 10, "XL": 40, "L": 50,
"XC": 90, "C": 100, "CD": 400, "D": 500, "CM": 900, "M": 1000}
i = 0
rst = 0
while i <= len(s):
if i == len(s):
rst += roma_dict[s[i]]
break
if s[i] in roma_dict.keys() and s[i] + s[i+1] not in roma_dict.keys():
rst += roma_dict[s[i]]
i += 1
else:
rst += roma_dict[s[i]+s[i+1]]
i += 2
return rst
執行結果：
 
效果不太好。現在來說一下我的這個代碼
（1）首先是定義一個變量roma_dict，然後把哪些可能出現的組合以字典的方式放在一起
（2）利用循環，從第一個字符開始判斷，但是每次判斷不僅要看當前循環到的字符，還要看下一個字符，因爲這兩個字符可能會組成特殊的那幾個數字，如果能組成，那麼就將這兩個字符對應的整數在原有的基礎上相加，然後i+2，這樣就可以。如果當前字符和下一個字符得到的不是特殊的那幾個，那麼就只將當前的字符對應的整數在原有的基礎上相加，最後i+1。
（3）但是要注意一個問題，就是如果最後一次循環時，i就是s的最後一個字符，那麼執行s[i+1]就會出錯，越界了，所以要先判斷是不是到最後一個字符了，如果是，直接將其對應的整數加上就可以了，兒不必再判斷之後的內容。
3.解法二:
結果肯定是不滿意的，那麼有什麼優化的方法呢？我覺得循環那兒可以先不動，看一下能不能把不必要的條件判斷語句刪了。比如判斷s[i]是否在roma_dict中，這個就是多餘的，因爲由題意，它給的羅馬數字一定是合法的，所以s[i]當然在。其實我們只需要判斷s[i+1]是否在就可以了，因爲如果在，那說明是兩個羅馬數字對應一個整數，如果不是，那就是一個羅馬數字對應一個整數。
代碼二：
class Solution:
def romanToInt(self, s):
roma_dict = {"I": 1, "IV": 4, "V": 5, "IX": 9, "X": 10, "XL": 40, "L": 50,
"XC": 90, "C": 100, "CD": 400, "D": 500, "CM": 900, "M": 1000}
i = 0
rst = 0
while i < len(s):
try:
if s[i] + s[i+1] in roma_dict:
rst += roma_dict.get(s[i]+s[i+1])
i += 2
else:
rst += roma_dict.get(s[i])
i += 1
except:
rst += roma_dict.get(s[i])
break
return rst
執行結果：
 
兩次結果對比可以看出效果還是有的，但是還是不行。
（1）按照上面的思路，就可以遍歷得到結果了，但是要注意越界的情況，因爲每次i加的數不一樣，可能+1，也可能是+2，所以到最後時，誰也不確定循環結束後的i是指向最後一個字符，還是由於+2導致了越界，因此我們要做一個異常處理，如果越界，那一定是s[i+2]這個地方出錯，說明此時的i就是s字符串的最後一個字符，那麼我們直接在出錯後，加上該字符對應的整數就可以了。
4. 解法三：
然後我去看了一下最優解的那個答案，它的代碼是這樣的
class Solution:
def romanToInt(self, s):
"""
:type s: str
:rtype: int
"""
romandict = dict({'I':1, 'V':5, 'X':10, 'L':50, 'C':100, 'D':500, 'M':1000})
res = 0
if len(s) == 1:
return romandict[s[0]]
for i in range(len(s)-1):
cur=s[i]
nex=s[i+1]
if((cur=='C' and (nex=='D' or nex=='M')) or (cur=='X' and (nex=='L' or nex=='C')) or (cur=='I' and (nex=='V' or nex=='X'))):
res = res - romandict[cur]
else:
res = res + romandict[cur]
res = res + romandict[nex]
return res
額……我感覺好像沒什麼特別的方法，爲什麼時間只有124ms呢？我想起了之前幾次做題得出的那個結論，就是python中自帶的那些方法，比如索引之類的，可能本身是有點耗時的。比如我們要判斷一個字符是不是在一個字符串中，那我們可能是用in這個方法，但是細想，爲什麼這樣就可以判斷是不是在字符串中呢。按照正常的邏輯，那應該是in這種方法本身就是去遍歷一遍這個字符串，纔會確定某個字符是不是在一個字符串中。
如果按照我的這種思路，那麼他的這個代碼優於我的原因可能就是這段代碼：
if((cur=='C' and (nex=='D' or nex=='M')) or (cur=='X' and (nex=='L' or nex=='C')) or (cur=='I' and (nex=='V' or nex=='X'))):
因爲我的那個字典太長，每次判斷s[i]是否在roma_dict中都會去循環這個字典，而他的這個就可以不用循環這麼多。多以我將代碼改了一下
代碼三：
class Solution:
def romanToInt(self, s):
roma_dict1 = {"I": 1, "V": 5, "X": 10, "L": 50, "C": 100, "D": 500, "M": 1000}
roma_dict2 = {"IV": 4, "IX": 9, "XL": 40, "XC": 90, "CD": 400, "CM": 900, }
i = 0
rst = 0
while i < len(s):
try:
if s[i] + s[i+1] in roma_dict2:
rst += roma_dict2.get(s[i]+s[i+1])
i += 2
else:
rst += roma_dict1.get(s[i])
i += 1
except:
rst += roma_dict1.get(s[i])
break
return rst
我先不放執行結果，先說這個代碼有哪些變化。就只是將roma_dict分成了兩個。一個是單個羅馬數字與對應的整數構成的字典，一個是兩個羅馬數字與對應的一個整數構成的字典，這樣當判斷s[i]是否在字典裏的時候，要遍歷的次數就少了。
舉個例子，加入你要找文件。一種方法是所有東西都放在一個目錄下，那你每次都要從一個目錄中找出你要的文件。另一種方法是將不同性質的文件放在了不同名的目錄下，每次只要你做一個簡單的判斷你要的文件是什麼性質的，然後去對應的目錄找，這樣會快很多。
如果我們這種想法沒錯的話，那麼這次的結果應該會比之前的要好，而且給的這個羅馬數字越長效果越明顯。
執行結果：
 

可以看到，效果有了很大的提高。這也驗證之前分析的那些東西。
最後我也看了一些在前面的那些代碼，都大同小異，不同的原因應該就在一些細節上吧，當然從上次我做的那個實驗來看，這也和電腦配置有關。