wy的leetcode刷题记录_Day33

wy的leetcode刷题记录_Day33

时间：2022-11-4

754. 到达终点数字

今天的每日一题是：754. 到达终点数字

题目介绍

1. 在一根无限长的数轴上，你站在0的位置。终点在target的位置。
2. 你可以做一些数量的移动 numMoves :
3. 每次你可以选择向左或向右移动。
4. 第 i 次移动（从 i == 1 开始，到 i == numMoves ），在选择的方向上走 i 步。
5. 给定整数 target ，返回 到达目标所需的 最小 移动次数(即最小 numMoves ) 。

示例 1:
输入: target = 2
输出: 3
解释: 第一次移动，从 0 到 1 。 第二次移动，从 1 到 -1 。第三次移动，从 -1 到 2。

示例 2:
输入: target = 3
输出: 2
解释: 第一次移动，从 0 到 1 。 第二次移动，从 1 到 3 。

思路

通过观察发现，不管是任意的向左还是向右移动，最终得到的target<0的话，其实将向左和向右的相应步数反过来就可以实现target>0的情况，综上我们只考虑target>0的情况。
假设我们不回头寻找了k次才找到现在的pos位置>=target，如果恰好pos==start，这样的话就正好寻找到那么k就是最小寻找次数，如果pos>target，就是无法恰好走到终点的情况就需要讨论了：

1. 越过终点的差距dealt为偶数，这样的话我们只需要在前k-1步中寻找一步将其改成反向即可，要满足这个数等于dealt/2
2. 越过重点的差距dealt为奇数，我们只需要在k步的基础之上再走一步，如果走之后差距dealt为偶数就通过步骤一即可完成，如果仍不行还需重复步骤二。
   下面证明为什么多走两步一定是偶数：
   首先我们分析一下多走一步为什么还是奇数，因为有可能我这个下一步走的是偶数步，也就是我们这次迭代只能走偶数个距离，众所周知偶数加奇数还是奇数，所以不行，于是再走一步而这一步已知上面是偶数步那这一步肯定是奇数步，奇数加奇数就是偶数。如果一开始的下一步就是奇数，那么奇数加奇数就是偶数。证毕！

代码

class Solution {
public:
    int reachNumber(int target) {
        target = abs(target);
        int step = 0;
        int pos=0;
        int dealt=-1;
        while (dealt < 0) {
            step ++;
            pos+=step;
            dealt=pos-target;//现在距离目标的偏差
        }
        return dealt% 2 == 0 ? step : step + 1 + step % 2;
    }
};
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收获

仔细分析题目，这道题有一点贪心的想法在里面，先直接一条路走到底，再反思自己这个过程，如果够的话就改正，如果觉得不够就继续走，不够就继续走，直到够且能改正为止。

199. 二叉树的右视图

199. 二叉树的右视图

题目介绍

• 给定一个二叉树的 根节点 root，想象自己站在它的右侧，按照从顶部到底部的顺序，返回从右侧所能看到的节点值。

示例 1:

输入: [1,2,3,null,5,null,4]
输出: [1,3,4]

示例 2:
输入: [1,null,3]
输出: [1,3]

思路

方法一：BFS：根据题目意思，画出右视图，其实就是将树的每一层的最右边的节点打印出来就可以，用层序遍历即可；
方法二：DFS：每次先遍历根节点再遍历右节点再遍历左节点，每当第一次遍历相应的深度时，最先遍历的就是最右边的节点。

代码

bfs

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
        queue<TreeNode*> qu;
        vector<int> ans;
        if(root==nullptr)
            return ans;
        TreeNode* node=root;
        qu.push(root);

        while(!qu.empty())
        {
            int n=qu.size();
            for(int i=0;i<n;i++)
            {
                node=qu.front();
                qu.pop();
                if(node->left)
                    qu.push(node->left);
                if(node->right)
                    qu.push(node->right);
                if(i==n-1)
                    ans.push_back(node->val);
            }
        }
        return ans;
    }
};
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dfs

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode() : val(0), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(nullptr), right(nullptr) {}
 *     TreeNode(int x, TreeNode *left, TreeNode *right) : val(x), left(left), right(right) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> ans;
    vector<int> rightSideView(TreeNode* root) {
        dfs(root,0);
        return ans;
    }
    void dfs(TreeNode *node,int depth)
    {
        if(!node)
            return;
        if(ans.size()==depth)
            ans.push_back(node->val);
        depth++;
        dfs(node->right,depth); 
        dfs(node->left,depth); 
    }
};
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收获

复习层序遍历