代码随想录算法训练营第7天 | 第454题.四数相加II，383. 赎金信，第15题. 三数之和，第18题. 四数之和，哈希表总结篇

news/2025/1/16 19:05:11/文章来源:https://www.cnblogs.com/xuchiblog/p/18675603

一、刷题部分

1.X 第454题.四数相加II

  • 原文链接：代码随想录
  • 题目链接：454. 四数相加 II - 力扣（LeetCode）

1.X.1 题目描述

给你四个整数数组 nums1、nums2、nums3 和 nums4 ，数组长度都是 n ，请你计算有多少个元组 (i, j, k, l) 能满足：

  • 0 <= i, j, k, l < n
  • nums1[i] + nums2[j] + nums3[k] + nums4[l] == 0

示例 1：

输入：nums1 = [1,2], nums2 = [-2,-1], nums3 = [-1,2], nums4 = [0,2]
输出：2
解释：
两个元组如下：
1. (0, 0, 0, 1) -> nums1[0] + nums2[0] + nums3[0] + nums4[1] = 1 + (-2) + (-1) + 2 = 0
2. (1, 1, 0, 0) -> nums1[1] + nums2[1] + nums3[0] + nums4[0] = 2 + (-1) + (-1) + 0 = 0

示例 2：

输入：nums1 = [0], nums2 = [0], nums3 = [0], nums4 = [0]
输出：1

提示：

  • n == nums1.length
  • n == nums2.length
  • n == nums3.length
  • n == nums4.length
  • 1 <= n <= 200
  • -228 <= nums1[i], nums2[i], nums3[i], nums4[i] <= 228

1.X.2 初见想法

我能立即想到的就是把这四个数组分成两组，组内使用 $O(n^2)$ 的方法求出和，然后组间使用两数相加的思路，整体是 $O(n^2)$ 的复杂度。

说干就干：

class Solution {
public:int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {int count = 0;unordered_map<int,vector<int>> myMap;for (int i = 0; i < nums1.size(); i++) {for (int j = 0; j < nums2.size(); j++) {myMap.insert({nums1[i] + nums2[j], {i, j}});}}for (int i = 0; i < nums3.size(); i++) {for (int j = 0; j < nums4.size(); j++) {int sum = nums3[i] + nums4[j];if (myMap.find(-sum) != myMap.end()) {count++;cout<< myMap[-sum][0] << myMap[-sum][1] << i << j <<endl;}}}return count;}
};

发现这一版是有问题的，因为这个map里的键是有可能重复的。我们需要求的是有多少种可能的结果。

故而使用 multimap 。然而 multimap 的语法我实在不会写，看看题解吧。

1.X.3 看录后想法

本题其实不需要去求到底是哪些四元组，而是把四元组的个数求出来就行。因此只需要用一个 unordered_map 即可，key 还是存二者相加结果，value 存出现过的次数。

有了这个点拨立即写出代码：

class Solution {
public:int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {int count = 0;unordered_map<int,int> myMap;//先将第一组数的信息存到map里for (int i = 0; i < nums1.size(); i++) {for (int j = 0; j < nums2.size(); j++) {int sum = nums1[i] + nums2[j];if(myMap.find(sum) != myMap.end()) {myMap[sum]++;}else {myMap.insert({sum, 1});}}}//之后遍历第二组数，找出来符合条件的个数for (int i = 0; i < nums3.size(); i++) {for (int j = 0; j < nums4.size(); j++) {int sum = nums3[i] + nums4[j];if (myMap.find(-sum) != myMap.end()) {count += myMap[-sum];}}}return count;}
};

接下来详细看看录里怎么说。

看完录发现想法和我一样，但是使用了一些stl 的语法就简单了很多。我也模仿着写一遍：

class Solution {
public:int fourSumCount(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, vector<int>& nums3, vector<int>& nums4) {int count = 0;unordered_map<int,int> myMap;//先将第一组数的信息存到map里for (int num1 : nums1) {for (int num2 : nums2) {myMap[num1 + num2]++;}}//之后遍历第二组数，找出来符合条件的个数for (int num3 : nums3) {for (int num4 : nums4) {count += myMap[-num3 - num4];}}return count;}
};

1.X.4 遇到的困难

自己的思路还是有一半对的，但是缺忽略了题目想让我求的东西并没有那么复杂，想多了然后又不会就卡住了。不过归根到底还是C++的STL掌握的不好，需要抓紧时间把这一块补上来。

1.X 383. 赎金信

  • 原文链接：代码随想录
  • 题目链接：383. 赎金信 - 力扣（LeetCode）

1.X.1 题目描述

给你两个字符串：ransomNote 和 magazine ，判断 ransomNote 能不能由 magazine 里面的字符构成。

如果可以，返回 true ；否则返回 false 。

magazine 中的每个字符只能在 ransomNote 中使用一次。

示例 1：

输入：ransomNote = "a", magazine = "b"
输出：false

示例 2：

输入：ransomNote = "aa", magazine = "ab"
输出：false

示例 3：

输入：ransomNote = "aa", magazine = "aab"
输出：true

提示：

  • 1 <= ransomNote.length, magazine.length <= 105
  • ransomNote 和 magazine 由小写英文字母组成

1.X.2 初见想法

与前面的一道题目很像，思路差不太多，还是用一个 unordered_set 写一下就行。

class Solution {
public:bool canConstruct(string ransomNote, string magazine) {//统计magazine里各字母出现次数vector<int> letterCount(26, 0);for(char c : magazine) {letterCount[c - 'a']++;}//遍历ransomNote，看字母个数够不够组成for(char c : ransomNote) {letterCount[c - 'a']--;if (letterCount[c - 'a'] < 0) {return false;}}return true;}
};

1.X.3 看录后想法

思路一致，不多说了。

1.X.4 遇到的困难

🈚️

1.X 第15题. 三数之和

  • 原文链接：代码随想录
  • 题目链接：15. 三数之和 - 力扣（LeetCode）

1.X.1 题目描述

给你一个整数数组 nums ，判断是否存在三元组 [nums[i], nums[j], nums[k]] 满足 i != j、i != k 且 j != k ，同时还满足 nums[i] + nums[j] + nums[k] == 0 。请你返回所有和为 0 且不重复的三元组。

注意： 答案中不可以包含重复的三元组。

示例 1：

输入：nums = [-1,0,1,2,-1,-4]
输出：[[-1,-1,2],[-1,0,1]]
解释：
nums[0] + nums[1] + nums[2] = (-1) + 0 + 1 = 0 。
nums[1] + nums[2] + nums[4] = 0 + 1 + (-1) = 0 。
nums[0] + nums[3] + nums[4] = (-1) + 2 + (-1) = 0 。
不同的三元组是 [-1,0,1] 和 [-1,-1,2] 。
注意，输出的顺序和三元组的顺序并不重要。

示例 2：

输入：nums = [0,1,1]
输出：[]
解释：唯一可能的三元组和不为 0 。

示例 3：

输入：nums = [0,0,0]
输出：[[0,0,0]]
解释：唯一可能的三元组和为 0 。

提示：

  • 3 <= nums.length <= 3000
  • -105 <= nums[i] <= 105

1.X.2 初见想法

可以将三数之和分成 两数之和 与 一个数 的和。这样复杂度就可以控制在 n^2。然后下一步还要想怎么样才可以去重。不过还是感觉思路不是很清楚，我想看看题解了。

1.X.3 看录后想法

首先把本节主题——哈希表法给过了一遍，然后根据理解自己写了一遍：

class Solution {
public:vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {vector<vector<int>> result;//先将数组排序sort(nums.begin(), nums.end());//i 指向第一个数字for (int i = 0; i < nums.size() - 2; i++) {//若第一个数都大于0了，说明和一定找不到if (nums[i] > 0) {break;}//若 i 是重复的元素，那么找到的三元组一定是重复的if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) {continue;}//无序集合存储第二个数unordered_set<int> mySet;for (int j = i + 1; j < nums.size(); j++) {//如果出现连续几个相同的数字且都符合要求，则要去重if (j >= i + 3 && nums[j] == nums[j - 1] && nums[j - 1] == nums[j - 2]) {continue;}int target = 0 - (nums[i] + nums[j]);if (mySet.find(target) != mySet.end()) {//如果集合里有目标值，说明j指向的元素可以当做第三个数result.push_back({nums[i], target, nums[j]});//为了去重将该目标值删去mySet.erase(target);}else {//如果集合里没有目标值，那么将现在j指向的元素当做第二给数存进集合mySet.insert(nums[j]);}}}return result;}
};

发现这个方法确实如同录里所说，实在是有些麻烦。这个去重的思路看起来代码不多，但实际上如果没有题解的提示我想我很难想出来。几个条件一起可以完成去重操作也不是很直观。此外，即使核心的哈希也不是那么好想的，确定第一个数之后，第二个指针又是指向第二个数又是指向第三个数的，第一遍看的时候确实理解不了。

接下来研究一下录里提供的双指针法，思路大概理清了，就是先确定第一个数，然后用 left 和 right 指针分别指向第一个数后面序列的头尾。然后由于是排序过的，那么计算三数之和大了，就右指针左移，小了就左指针右移。这里也需要注意去重的操作，不过这个去重就比前面哈希表法的直观许多。对于第一个数，还是沿用以前的去重方式，如果发现该数与前面一个数相同，说明该找的结果都找完了，直接continue；对于第二个数（left），找到结果之后就向右找第一个与之不同的数；对于第三个数（right），找到结果之后就向左找第一个与之不同的数。然后循环条件保持 left < right 即可。

代码如下：

class Solution {
public:vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {vector<vector<int>> result;sort(nums.begin(), nums.end());for (int i = 0; i < nums.size() - 2; i++) {//发现第一个数大于0直接退出if (nums[i] > 0) break;//对第一个数去重if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1]) {continue;}int left = i + 1;int right = nums.size() - 1;//找第二个数 和 第三个数while (left < right) {if ((nums[i] + nums[left] + nums[right]) > 0) {//大了，右边向左移right--;}else if ((nums[i] + nums[left] + nums[right]) < 0) {//小了，左边向右移left++;}else {//找到符合的解result.push_back({nums[i], nums[left], nums[right]});// cout << "此时i = " << i << endl;// cout << "此时left = " << left << endl;// cout << "此时right = " << right << endl;left++;right--;//第二个数去重while (left < right && nums[left] == nums[left - 1]) {left++;}//第三个数去重while (left < right && nums[right] == nums[right + 1]) {right--;}}}}return result;}
}

1.X.4 遇到的困难

  • 哈希的思路一下子想不到
  • 对于去重一下子想不到
  • 明天再写一遍加深印象，我会写就是我自己的知识😋

1.X 第18题. 四数之和

  • 原文链接：代码随想录
  • 题目链接：18. 四数之和 - 力扣（LeetCode）

1.X.1 题目描述

给你一个由 n 个整数组成的数组 nums ，和一个目标值 target 。请你找出并返回满足下述全部条件且不重复的四元组 [nums[a], nums[b], nums[c], nums[d]] （若两个四元组元素一一对应，则认为两个四元组重复）：

  • 0 <= a, b, c, d < n
  • a、b、c 和 d 互不相同
  • nums[a] + nums[b] + nums[c] + nums[d] == target

你可以按 任意顺序 返回答案 。

示例 1：

输入：nums = [1,0,-1,0,-2,2], target = 0
输出：[[-2,-1,1,2],[-2,0,0,2],[-1,0,0,1]]

示例 2：

输入：nums = [2,2,2,2,2], target = 8
输出：[[2,2,2,2]]

提示：

  • 1 <= nums.length <= 200
  • -109 <= nums[i] <= 109
  • -109 <= target <= 109

1.X.2 初见想法

可以沿用上一题三数之和的思路，只是第一个数变成两个数的和了，也就是需要 2 层 for 循环。写一下：

class Solution {
public:vector<vector<int>> fourSum(vector<int>& nums, int target) {vector<vector<int>> result;if (nums.size() < 4) {return result;}sort(nums.begin(), nums.end());//四个数分别对应 a,b,c,d//a用i来指向for (int i = 0; i < nums.size() - 3; i++) {//对a去重if (i > 0 && nums[i - 1] == nums[i]) {continue;}//第b用j来指向for (int j = i + 1; j < nums.size() - 2; j++) {//对b去重if (j > i + 1 && nums[j - 1] == nums[j]) {continue;}int left = j + 1;int right = nums.size() - 1;//开始查找while (left < right) {double sum = 0;sum += nums[i];sum += nums[j];sum += nums[left];sum += nums[right];if (sum > target) {right--;}else if (sum < target) {left++;}else {result.push_back({nums[i], nums[j], nums[left], nums[right]});cout << i << " " << j << " " << left << " " << right << endl;//固定移动一位left++;right--;//cd去重while (left < right && nums[left - 1] == nums[left]) {left++;}while (left < right && nums[right + 1] == nums[right]) {right--;}}}}}return result;}
};

调试的时候发现四数相加可能会超出 int 的范围，我直接用double类型来存也通过了，看看题解对这个问题怎么处理的。

1.X.3 看录后想法

录里提供了一种剪枝的思路，可以参考学习一下： if(nums[i] > target && (nums[i]) > 0 && target > 0)。我直接没有剪枝，录的方法应该可以节省一点时间。

1.X.4 遇到的困难

沿用三数之和的代码，发现第一层剪枝用不了，发现这个错误之后直接不用剪枝即可。

对于 sum 溢出问题，录使用了 long 来存储，也是一种方法。

1.X 哈希表总结篇

  • 原文链接：代码随想录

哈希表最主要的用途就是判断一个元素是否出现过。C++ 可以使用数组、集合、map 来作为容器来装数据。数组适用于元素个数已知且有限的情况，如 26 个英文字母，集合是对数组无法处理无限元素的情况的补充，而 map 主要可以用来处理键值对。

本节对 multimap 没有讲解，如何使用我也不清楚，这个就标记一下留住，以后如果用的到的话再去补充学习。

二、总结与回顾

对哈希表的用法有了更为深刻的了解了，同时也对双指针加深了印象。期待后续对双指针的大总结。

本文来自互联网用户投稿，该文观点仅代表作者本人，不代表本站立场。本站仅提供信息存储空间服务，不拥有所有权，不承担相关法律责任。如若转载，请注明出处：http://www.hqwc.cn/news/870260.html

如若内容造成侵权/违法违规/事实不符，请联系编程知识网进行投诉反馈email:809451989@qq.com，一经查实，立即删除！

相关文章

windows安装Mosquitto（MQTT服务）

windows安装Mosquitto（MQTT服务）

安装说明： https://www.cnblogs.com/xiaosongboke/p/18604458， https://blog.csdn.net/qq_44477552/article/details/143883087设置账号和密码.\mosquitto_passwd.exe -c .\pwfile.example admin注意：CMD以管理员方式运行。 修改配置文件mosquitto.confallow_anonymous fals…
阅读更多...
ABC 337 G（主席树）

ABC 337 G（主席树）

最近刚学完主席树，找了道题巩固一下，还是非常有收获的。 题目链接：problem 若只让求\(f(1)\)，则还是比较简单的——用权值树状数组维护\(dfs\)路径上的数，每次查一下在 递归路径中\(>\)当前结点值 的结点数量，累加起来即为\(f(1)\)。 可是题目要求将\(f(1)到f(n)\)全部…
阅读更多...
28. 事件处理

28. 事件处理

一、事件与事件处理 1.1、什么是事件事件是程序收到外界的输入，处于某种状态时自动发送的信号。事件有固定的类型，每种类型有自己的处理函数，用户只要重写这些函数，即可达到特定的目的。通过事件可以用一个控件监测另外一个控件，并可过滤被监测控件发出的事件。可视化应用…
阅读更多...
2025上半年

2025上半年

孩子们，正睿补习计划重启了。 自建题单：ZR 2022 summer B - Virtual Judge P10447 最短 Hamilton 路径 - 洛谷 | 计算机科学教育新生态 求从 \(1\) 号点出发恰好经过每个点一次并且最终回到 \(1\) 号点的最短路径。 设 \(dp_{i,s}\) 表示恰好经过了集合 \(s\) 中的点一次，当…
阅读更多...
Agent FFT

Agent FFT

Agent FFT请你根据 https://www.cnblogs.com/CDOI-24374/p/17733240.html 这篇文章，仿照写一个好的，以下是一篇仿照《Azune FFT》风格的文章： Azune FFT：异界之战 可能是 Azune 童话系列。感谢 int_R 提供灵感与素材，让奇幻之光照亮一切！ ——题记 「报告，INQ。已抵达 …
阅读更多...
2025/1/16

2025/1/16

今天继续学习了Android开发的相关知识，做手机端的app今天学的是用xml文件控制页面，类似javaweb里面的前端，有许多标签，还解决了运行卡退的一个小问题，需要定义一个主题。
阅读更多...
CICD Day9、Argo CD增强持续交付

CICD Day9、Argo CD增强持续交付

1、Argo CD简介在Jenkins CI/CD流程中的持续交付阶段，既部署到k8s集群阶段，使用kubectl工具来进行应用程序的部署和更新操作，但这种方式无法实时跟踪应用程序的状态。这将造成用户在CI/CD流程完成后需要额外操作kubernetes集群，以进一步查看应用程序的状态。为了解决这些问…
阅读更多...
专为高性能计算和低功耗应用设计的MPF100T-1FCVG484E MPF100TL-FCSG325E MPF100TL-FCVG484I PolarFire FPGA产品系列

专为高性能计算和低功耗应用设计的MPF100T-1FCVG484E MPF100TL-FCSG325E MPF100TL-FCVG484I PolarFire FPGA产品系列

‌MPF100TL-FCG484E PolarFire FPGA是Microchip推出的一款高性能、低功耗的FPGA产品系列，特别适用于各种需要高性能计算和低功耗的应用场景‌。‌PolarFire FPGA是Microchip推出的一款高性能、低功耗的FPGA产品系列，特别适用于各种需要高性能计算和低功耗的应用场景‌。这些器…
阅读更多...
wordpress 从服务器收到预料之外的响应。此文件可能已被成功上传。请检查媒体库或刷新本页。此响应不是合法的JSON响应。解决方法.210721

wordpress 从服务器收到预料之外的响应。此文件可能已被成功上传。请检查媒体库或刷新本页。此响应不是合法的JSON响应。解决方法.210721

两种报错方式： 1.此响应不是合法的JSON响应。 2.从服务器收到预料之外的响应。此文件可能已被成功上传。请检查媒体库或刷新本页。 情况：媒体服务器上传小文件没问题，大一点的文件报这个错误。 原因：这是因为nginx限制了请求体大小 方案：需要在nginx的虚拟机配置文件中添加…
阅读更多...
docker containner挂掉，无法exec进入bash，如何修改文件的终极解决方法.210730

docker containner挂掉，无法exec进入bash，如何修改文件的终极解决方法.210730

场景： Nginx在bash里面配置的时候挂掉了，然后docker start不起来，exec bash进不去，造成无法再改里面的文件了 解决方法： 1，docker ps –a 可以查到所有docker，包括没有运行的，找到containner ID [root@hecs-29489 ~]# docker ps -a CONTAINER ID IMAGE COMMAND…
阅读更多...
HP惠普笔记本重装系统无法引导无法进操作系统的终极解决方法.210804

HP惠普笔记本重装系统无法引导无法进操作系统的终极解决方法.210804

F9进入BIOS-先进（Advanced）-安全引导配置- 启用传统支持和禁用安全引导.zstitle { width: 280px; text-align: center; font-size: 26px } .zsimgweixin { width: 280px } .zsimgali { width: 280px; padding: 0px 0px 50px 0px } .zsleft { float: left } .zsdiv { display:…
阅读更多...
Feign与SpringCloud LoadBalancer实现负载均衡源码分析

Feign与SpringCloud LoadBalancer实现负载均衡源码分析

SpringCloud LoadBalancer 众所周知，SpringCloud体系中负载均衡的组件有SpringCloud LoadBalancer和Ribbon，Ribbon也在逐渐的被替代掉，因为SpringCloud LoadBalancer性能更高，支持响应式 下面通过hard-coded体现一下SpringCloud的负载均衡 首先有一个【say-hello】服务，提…
阅读更多...
推荐文章
最新文章

Copyright @ 2022~2023