leetcode每日刷题

🚀每日鸡汤：

                从现在开始，不留余力地努力吧，最差的结果，也不过是大器晚成。

🏆一、零矩阵

来源：leetcode每日一题：零矩阵

编写一种算法，若M × N矩阵中某个元素为0，则将其所在的行与列清零。

👓①存坐标求解

这道题比较简单的解法就是我们把这个二维数组遍历一遍，然后对于等于0的我们创建一个临时二维数组存储它的横纵坐标。这样，我们再通过临时二维数组就能找到所有为0的数，再把它所在的行和列的数置为0就解决了。

时间复杂度：0(M*N)

空间复杂度：0(M*N)

void setZeroes(int** matrix, int matrixSize, int* matrixColSize)
{
    int ret[matrixSize*(*matrixColSize)][2];
    int count=0;
    for(int i=0;i
    {
        for(int j=0;j<*matrixColSize;++j)
        {
            if(matrix[i][j]==0)
            {
                ret[count][0]=i;
                ret[count][1]=j;
                count++;
            }
        }
    }
    for(int i=0;i
    {
        for(int j=0;j<*matrixColSize;++j)
        {
            matrix[ret[i][0]][j]=0;
        }
        for(int m=0;m
        {
            matrix[m][ret[i][1]]=0;
        }
    }
}

👓②标记求解

这道题目的优化就是能否降低它的空间复杂度呢？

1、具体思路：

我们采取标记的方式，二次遍历。第一次遍历，用一个变量flag(初始为false)来表示第一列是否有0，如果那一行的第一个数为0，就将flag置为true；如果数组中哪个数据为0，就把这一列的第一个数和这一行的第一个数置为0.

第二次遍历：我们倒着遍历，对于第一列不遍历，对于每个数执行这样的判断：如果这个数所在的这一行第一个数为0或者它所在的这一列第一个数为0就把它置为0，然后对于不遍历的第一列，由于我们在第一次遍历时标记它是否有0，如果flag为true就置这一行第一个数为0。

void setZeroes(int** matrix, int matrixSize, int* matrixColSize)
{
    int m=matrixSize;
    int n=*matrixColSize;
    int flag=false;
    for(int i=0;i
    {
        if(!matrix[i][0])
            flag=true;
        for(int j=1;j
        {
            if(!matrix[i][j])
            {
                matrix[i][0]=matrix[0][j]=0;//这是在做标记
            }
        }
    }
    //倒着
    for(int i=m-1;i>=0;--i)
    {
        for(int j=1;j
        {
            if(!matrix[i][0]||!matrix[0][j])
            {
                matrix[i][j]=0;
            }
        }
        if(flag)
        {
            matrix[i][0]=0;
        }
    }
 
}

解释一下上述操作：

1、flag变量用于标记第一列是否有0，有0的话这一列最后肯定要全置为0；

2、对于《如果数组中哪个数据为0，就把这一列的第一个数和这一行的第一个数置为0》这一操作，也是一种标记功能，因为哪个数据为0它所在的行和列必须全为0，方便我们第二次遍历查看。

3、第二次遍历要倒着遍历，正着遍历会对后续判断造成误导。

🏆二、剪绳子

来源：leetcode：剑指offer 剪绳子

给你一根长度为 n 的绳子，请把绳子剪成整数长度的 m 段（m、n都是整数，n>1并且m>1），每段绳子的长度记为 k[0],k[1]...k[m-1] 。请问 k[0]*k[1]*...*k[m-1] 可能的最大乘积是多少？例如，当绳子的长度是8时，我们把它剪成长度分别为2、3、3的三段，此时得到的最大乘积是18。

 👓①动态规划

刚拿道这道题目是比较头疼的，因为一段长度为n的绳子，我们要把它分成几段，要这几段加起来等于n，还要它们乘起来乘积最大，这个问题确实比较麻烦。但是凡事都是正难则反，我们能不能把复杂的问题转换成我们熟悉的简单的问题呢？我们来思考一些问题，计算几个数的乘积最大，是比较麻烦的，比较简单的是计算两个数的乘积最大，那么我们能不能把这个问题转化成计算两个数的乘积呢？

有的老铁可能困惑，我两个数的乘积就能保证最大吗？这里就要再分化一下，如果它的两个数分别也是由两个数加和，然后乘积最大，如此递归下去，就递归到了一个数他恰好是分成两个数乘积最大！！！

这道题我们再来分析一下：

 这是比较特殊的几种情况，到了长度为4，情况就变得复杂了，但是他也是两个数相乘时最大（2*2）.所以从4开始，我们要把它们的最大乘积存储到一个数组中，到了5还是从数组中取两个数看哪一对乘积最大，再存储到数组里，这样就能得出每个长度分成若干长度的最大乘积。

时间复杂度：O(n^2)

空间复杂度：O(n)

int cuttingRope(int n)
{
    //绳子最短要可以分成两段
    if(n<2)
    return 0;
    if(n==2)
    return 1;
    if(n==3)
    return 2;
    int *TemStore=(int*)malloc(sizeof(int)*(n+1));
    if(TemStore==NULL)
    {
        perror("malloc fail");
        exit(-1);
    }
    //对数组进行初始化
    TemStore[0]=0;
    TemStore[1]=1;
    TemStore[2]=2;
    TemStore[3]=3;
    //为什么初始化这几个，因为最短绳子从长度为4开始
    int max_length=0;
    for(int i=4;i<=n;++i)
    {
        max_length=0;
        for(int j=1;j<=i/2;++j)//超过一般就要重复了
        {
            int tmp=TemStore[j]*TemStore[i-j];
            if(tmp>max_length)
            max_length=tmp;
            TemStore[i]=max_length;
        }
    }
    return TemStore[n];
}

👓②贪婪算法

如果我们按照这样的方式来剪绳子，则各段绳子的长度的乘积将最大；当n>=5时，我们要仅可能多地剪长度为3的绳子，当剩下的绳子长度为4时，把绳子剪成两段长度为2的绳子。

问题：

为什么尽可能多地去剪长度为3的绳子呢？这背后的数学理论比较复杂，简单来说：任何大于1的数都可以由2或3来组成，既然要求乘积最大，那么自然是3越多越好，所以要尽可能多地剪去3，但是当剩下绳子长度为4时，简称两端长度为2的绳子显然乘积更大。

int cuttingRope(int n)
{
    if(n<2)
    return 0;
    if(n==2)
    return 1;
    if(n==3)
    return 2;
    //特殊处理后
 
    int timesOf3=n/3;//有timesOf3段长度为3的绳子
    if(n-timesOf3*3==1)//说明剩余了4根绳子，但是由于我们除以3不能余4，只能是1
        timesOf3-=1;
    int timesOf2=(n-timesOf3*3)/2;//2段长度为2的绳子
    return (int)pow(3,timesOf3)*(int)pow(2,timesOf2);
}

时间复杂度：O(1)

空间复杂度：O(1)