LintCode Restore IP Addresses
給定一個由數字組成的字符串,返回能復原的有效Ip地址。
注意:有效的Ip地址指每一位都在0~255之間。
思路
Dfs,每跳一次就是一個子網段,然後在後面加個’.’。那麼根據題意可以知道每次最多可以跳三步,如果當前位爲0則只能跳一步。組成的數還必須符合0~255的條件。
代碼
vector<string> restoreIpAddresses(string& s) {
// Write your code here
int n = s.size();
vector<string> res;
string tmp;
dfs(res, tmp, s, n, 0, 0);
return res;
}
//idx標示此時的下標,cnt表示跳的次數。
void dfs(vector<string> &res, string tmp, string s, int n, int idx, int cnt) {
if (idx == n || cnt == 4) {
if (idx == n && cnt == 4) {
tmp.pop_back();
res.push_back(tmp);
}
return;
}
for (int i = 1; i <= 3 && idx+i <= n; i++) {
if (Valid(s.substr(idx, i)))
dfs(res, tmp+s.substr(idx, i)+'.', s, n, idx+i, cnt+1);
if (s[idx] == '0') break;
}
}
bool Valid(string s) {
int sum = atoi(s.c_str());
return sum >= 0 && sum <= 255;
}
LintCode Roman to Integer
給定一個羅馬字符序列,返回這個序列所代表的十進制整數
思路
觀察羅馬字符的寫法規則就可以發現,如果小的符號在大的符號的左邊就代表應當減去這個小的符號,否則全是加上該符號的值。
代碼
int romanToInt(string& s) {
// Write your code here
int res = 0;
unordered_map<char, int> weight;
weight['I'] = 1, weight['V'] = 5, weight['X'] = 10;
weight['L'] = 50, weight['C'] = 100, weight['D'] = 500;
weight['M'] = 1000;
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
if (i < s.size()-1 && weight[s[i]] < weight[s[i+1]]) {
res -= weight[s[i]];
} else
res += weight[s[i]];
}
return res;
}
LintCode Simplify Path
給定一個Unix的絕對路徑,簡化這個路徑,比如/a/../b/ = /b這樣
思路
這道題考察了一下Unix路徑的基本知識,比如..代表的是上一層目錄, cd ..就是回到上一層目錄,cd .就是停留在當前目錄。因此這道題可以把給的路徑字符串按照’/’分割,依次處理中間的字符串,根據不同的情況來處理。
那麼如何對字符串進行分割呢?C++裏採用stringstream來實現。
代碼
string simplifyPath(string& path) {
// Write your code here
vector<string> v;
string tmp, res;
stringstream ss(path);
//istream &getline(istream &is, string &str, char delim),從流is中讀取字符串送給str,遇到delim字符結束讀取
while (getline(ss, tmp, '/')) {
if (tmp == "" || tmp == ".") continue;
if (tmp == "..") {
if (!v.empty()) v.pop_back();
} else
v.push_back(tmp);
}
for (int i = 0; i < v.size(); i++) {
res += "/" + v[i];
}
return res.size() == 0 ? "/" : res;
}
反思
剛開始我自己做的時候沒有想到分割開來處理,而是順序遍歷一步一步處理,結果就是在/.,、/..,/…,這幾個路徑之間糾結了好一陣子。今日一看大神答案思路確實巧妙,更有大局觀。
LintCode Sort Letters by Case
把給定的字符串排序,要求小寫的在左邊,大寫的在右邊,原本的字符順序可以不用考慮。
思路
排序排成一部分在左邊,一部分在右邊是不是似曾相識?是的,就在快排裏提到過,所以此題的解法跟一次快排的解法很像。從左邊開始找到一個大寫字母,從右邊找到一個小寫字母,交換,直至兩個指針相遇。
代碼
void sortLetters(string &letters) {
// write your code here
if (letters.size() == 0) return;
int low = 0, high = letters.size()-1;
//下面的等號寫不寫並不影響結果
while (low <= high) {
while (low <= high && letters[low] >= 'a' && letters[low] <= 'z')
low++;
while (high >= low && letters[high] >= 'A' && letters[high] <= 'Z')
high--;
if (low <= high)
swap(letters[low], letters[high]);
}
}
LintCode Word Break
給定一個字符串和一個字典,問你該字符串能不能拆成字典裏的單詞組合。
思路
我做題喜歡立馬看下面的tag以尋求第一思路,感覺這種做法不是很好,不利於思路的發散。下次要儘量先自己思考用什麼來解決比較好。
這道題是動態規劃。維護dp[i]表示前i個字母是不是word break。接下來考慮遞推式,就是如何從存儲的歷史信息中得到當前步的結果。很自然就可以想到,dp[i] = dp[i] || (dp[j] && s[j:i-1] in dict), 0 <= j < i-1。
代碼
bool wordBreak(string s, unordered_set<string> &dict) {
// write your code here
int n = s.size();
vector<int> dp(n+1 ,0);
int maxLen = 0;
for (auto str : dict) {
int len = str.size();
maxLen = max(maxLen, len);
}
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = i-1; j >= 0; j--) {
if (i-j > maxLen) break;
//dp[i] = dp[j] && (dict.find(s.substr(j, i-j)) != dict.end());
//if (dp[i]) break;
if (dp[j] && dict.find(s.substr(j, i-j)) != dict.end()) {
dp[i] = 1;
break;
}
}
}
return dp[n];
}
發現我的代碼裏多了maxLen這幾行代碼。這是什麼原因呢?因爲在LeetCode中可以AC的代碼但是在LintCode中以TLE告終。把測試數據下載下來看了一下,發現是給的字符串很長很長,但字典裏的單詞卻很短很短。於是上網搜了一下,發現需要進一步的剪枝,即在s.substr(j, i-j)這一步,如果i-j大於字典裏單詞的最大長度,那麼就沒有必要進行判斷了。即省略了substr這一步,從而在該測試數據集下速度快了很多,也AC了。