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1143. 最长公共子序列 (medium)
给定两个字符串 text1 和 text2，返回这两个字符串的最长 公共子序列 的长度。如果不存在 公共子序列，返回 0。
一个字符串的 子序列 是指这样一个新的字符串：它是由原字符串在不扭转字符的绝对程序的状况下删除某些字符（也能够不删除任何字符）后组成的新字符串。
例如，”ace” 是 “abcde” 的子序列，但 “aec” 不是 “abcde” 的子序列。
两个字符串的 公共子序列 是这两个字符串所独特领有的子序列。示例 1：
输出：text1 = “abcde”, text2 = “ace”
输入：3
解释：最长公共子序列是 “ace”，它的长度为 3。
示例 2：输出：text1 = “abc”, text2 = “abc”
输入：3
解释：最长公共子序列是 “abc”，它的长度为 3。
示例 3：输出：text1 = “abc”, text2 = “def”
输入：0
解释：两个字符串没有公共子序列，返回 0。提醒：
1 <= text1.length, text2.length <= 1000
text1 和 text2 仅由小写英文字符组成。
办法 1: 动静布局
-
思路：留神子序列能够不间断
- 状态定义：
dp[i][j]示意text1[0:i-1]和text2[0:j-1]的最长公共子序列，留神是闭区间，之所以是到i-1或j-1，是不便初始化 dp 数组，当i=0或者j=0的时候示意的就是空字符和另一个字符串匹配，此时的dp[i][j]=0 -
状态转移方程：当
text1[i - 1] == text2[j - 1]时：dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1当
text1[i - 1] != text2[j - 1]时：dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]); -
dp 的初始化：当 i = 0 时：
dp[0][j]=0当
j = 0时：dp[i][0]=0 - 返回后果：
dp[len(text1)][len(text2)]
- 状态定义：
- 复杂度：工夫复杂度
O(mn)，空间复杂度O(mn)
js：
var longestCommonSubsequence = function(text1, text2) {
const m = text1.length, n = text2.length;
const dp = new Array(m + 1).fill(0).map(() => new Array(n + 1).fill(0));// 初始化 dp
for (let i = 1; i <= m; i++) {const c1 = text1[i - 1];
for (let j = 1; j <= n; j++) {const c2 = text2[j - 1];
if (c1 === c2) {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;//text1 与 text2 字符雷同时 最长公共子序列长度 +1
} else {
//text1 与 text2 字符不同时 返回 text1 或 text2 向前缩小一位之后的最长公共子序列中的较大者
dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
}
}
}
return dp[m][n];
};844. 比拟含退格的字符串 (easy)
给定 s 和 t 两个字符串，当它们别离被输出到空白的文本编辑器后，如果两者相等，返回 true。# 代表退格字符。
留神：如果对空文本输出退格字符，文本持续为空。
示例 1：
输出：s = “ab#c”, t = “ad#c”
输入：true
解释：s 和 t 都会变成 “ac”。
示例 2：输出：s = “ab##”, t = “c#d#”
输入：true
解释：s 和 t 都会变成 “”。
示例 3：输出：s = “a#c”, t = “b”
输入：false
解释：s 会变成 “c”，但 t 依然是 “b”。提醒：
1 <= s.length, t.length <= 200
s 和 t 只含有小写字母以及字符 ‘#’
办法 1. 截取字符串，循环字符串，遇到 #就截掉最初一个字符，循环结束之后，最初比拟两个去除掉# 退格之后的字符串是否相等，工夫复杂度O(m+n)，m、n 是两个字符串的长度。空间复杂度O(1)
办法 2. 双指针
- 思路：双指针从右往左循环，每次循环两个字符解决掉 #，直到第一个字符是左边退格全副解决掉之后的字符，而后看这两个字符是否统一
- 复杂度：工夫复杂度
O(m+n)，m、n 是两个字符串的长度。空间复杂度O(1)
js：
var backspaceCompare = function(S, T) {
let i = S.length - 1,
j = T.length - 1,
skipS = 0,
skipT = 0;
// 双指针从右往左循环
while(i >= 0 || j >= 0){while(i >= 0){// 解决掉# 直到 left 指向的字符左边退格全副解决掉
if(S[i] === '#'){
skipS++;
i--;
}else if(skipS > 0){
skipS--;
i--;
}else break;
}
while(j >= 0){// 解决掉# 直到 right 指向的字符左边退格全副解决掉
if(T[j] === '#'){
skipT++;
j--;
}else if(skipT > 0){
skipT--;
j--;
}else break;
}
if(S[i] !== T[j]) return false;// 如果解决掉退格之后的字符串不相等，返回 false
i--;// 持续循环
j--;
}
return true;// 如果循环过程中没返回 false 最初就返回 true
};301. 删除有效的括号（hard）
给你一个由若干括号和字母组成的字符串 s，删除最小数量的有效括号，使得输出的字符串无效。
返回所有可能的后果。答案能够按 任意程序 返回。
示例 1：
输出：s = “()())()”
输入：[“(())()”,”()()()”]
示例 2：输出：s = “(a)())()”
输入：[“(a())()”,”(a)()()”]
示例 3：输出：s = “)(“
输入：[“”]提醒：
1 <= s.length <= 25
s 由小写英文字母以及括号 ‘(‘ 和 ‘)’ 组成
s 中至少含 20 个括号
办法 1:bfs
- 思路：起码删除的括号数量，这种求最短或者起码的题目，联想到 bfs，bfs 第一个呈现解的层，即为最短删除括号所造成的非法字符串。筹备 queue 对字符串进行 bfs 搜寻，呈现非法字符串入队，否则尝试删除一个字符，进入下一层判断，留神非法字符可能反复，须要去重。
js：
var removeInvalidParentheses = function (s) {let res = [];
let queue = [];
let visited = new Set();// 去重
queue.push(s);
while (true) {let size = queue.length;//[s]
for (let i = 0; i < size; i++) {s = queue.shift();// 出队
if (isVaild(s)) {// 如果是非法字符串
res.push(s);// 退出后果数组
} else if (res.length == 0) {// 不非法并且 res.length == 0 则进入 bfs 下一层 尝试删除字符
for (let i = 0; i < s.length; i++) {if (s[i] == '(' || s[i] === ')') {// 是左右括号尝试删除字符，否则跳过
let nexts = s.substring(0, i) + s.substring(i + 1);
if (!visited.has(nexts)) {// 判断新生成的字符串是否反复
queue.push(nexts);// 退出队列 进入下一层 [s1,s2...]
visited.add(nexts);// 退出去重数组
}
}
}
}
}
if (res.length > 0) {// 呈现非法字符串的那一层，终止循环
break;
}
}
return res;
};
function isVaild(s) {
let count = 0;
for (let i = 0; i < s.length; i++) {if (s[i] === '(') {// 左括号 count+1
count++;
} else if (s[i] === ')') {// 右括号 count-1
count--;
}
if (count < 0) {// 小于 0 阐明右括号多
return false;
}
}
return count === 0;
}115. 不同的子序列 (hard)
给定一个字符串 s 和一个字符串 t，计算在 s 的子序列中 t 呈现的个数。
字符串的一个 子序列 是指，通过删除一些（也能够不删除）字符且不烦扰残余字符绝对地位所组成的新字符串。（例如，”ACE” 是 “ABCDE” 的一个子序列，而 “AEC” 不是）
题目数据保障答案合乎 32 位带符号整数范畴。
示例 1：
输出：s = “rabbbit”, t = “rabbit”
输入：3
解释：
如下图所示, 有 3 种能够从 s 中失去 “rabbit” 的计划。
rabbbit
rabbbit
rabbbit
示例 2：输出：s = “babgbag”, t = “bag”
输入：5
解释：
如下图所示, 有 5 种能够从 s 中失去 “bag” 的计划。
babgbag
babgbag
babgbag
babgbag
babgbag提醒：
0 <= s.length, t.length <= 1000
s 和 t 由英文字母组成
办法 1. 动静布局
-
思路：拆分成不同子串的匹配，这些匹配存在重复子构造，能够用动静布局来做
- 状态定义：
dp[i][j]示意以 i - 1 为结尾的 s，它的子序列中呈现以 j - 1 为结尾的 t 的个数为dp[i][j] -
状态转移方程：
-
s[i-1] == t[j-1]时：1. 用
s[i - 1]来匹配，dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1]，2. 不必
s[i - 1]来匹配，dp[i][j] = dp[i-1][j]。 s[i-1] != t[j-1]时：就不能用s[i - 1]来匹配，dp[i][j] = dp[i-1][j]
-
-
初始状态：
dp[i][0] =1：当j=0时，相当于 t 是空字符串，空字符在另一个字符串的子串中呈现一次，此时第一列都初始化为 1。- 其余状况：初始化的时候
dp[i][j] =0
- 状态定义：
- 复杂度：工夫复杂度
O(mn)，m，n 别离是 s 和 t 的长度。空间复杂度O(mn)，dp 数组的空间
js：
//dp[i][j]示意以 i - 1 为结尾的 s 子序列中呈现以 j - 1 为结尾的 t 的个数为 dp[i][j]
const numDistinct = (s, t) => {
// 初始化 dp 数组，let dp = Array.from(Array(s.length + 1), () => Array(t.length +1).fill(0));
// 当 j = 0 时，相当于 t 是空字符串，空字符在另一个字符串的子串中呈现一次，此时第一列都初始化为 1，for(let i = 0; i <=s.length; i++) {dp[i][0] = 1;
}
// 当 s[i-1] == t[j-1]：//1. 用 s[i - 1]来匹配 dp[i][j] = dp[i-1][j-1]
//2. 不必 s[i - 1]来匹配 dp[i][j] = dp[i-1][j]
// 当 s[i-1] != t[j-1]：不能用 s[i-1]来匹配,s[i - 1]匹配不了 t[j-1]，所以 dp[i][j] = dp[i-1][j]
for(let i = 1; i <= s.length; i++) {for(let j = 1; j<= t.length; j++) {if(s[i-1] === t[j-1]) {dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j];
} else {dp[i][j] = dp[i-1][j]
}
}
}
return dp[s.length][t.length];
};557. 反转字符串中的单词 III (easy)
给定一个字符串 s，你须要反转字符串中每个单词的字符程序，同时仍保留空格和单词的初始程序。
示例 1：
输出：s = “Let’s take LeetCode contest”
输入：”s’teL ekat edoCteeL tsetnoc”
示例 2:输出：s = “God Ding”
输入：”doG gniD”提醒：
1 <= s.length <= 5 * 104
s 蕴含可打印的 ASCII 字符。
s 不蕴含任何结尾或结尾空格。
s 里 至多 有一个词。
s 中的所有单词都用一个空格隔开。
办法 1: 借助 api
// "Let's take LeetCode contest"
const reverseWords = s => {const arr = s.split(' ');
const res = [];
for (let i = 0; i < arr.length; i++) {res.push(arr[i].split('').reverse().join(''));
}
return res.join(' ');
};办法 2: 双指针
js：
// "Let's take LeetCode contest"
var reverseWords = function (s) {let arr = s.split("");
let l = 0, r = l;
while (l < arr.length) {
// 找到结尾的空格
while (arr[r] && arr[r] !== " ") {r++;}
// 反转单词
for (let i = l, j = r - 1; i < j; i++, j--) {[arr[i], arr[j]] = [arr[j], arr[i]];
}
// 跳到下一个单词
l = r + 1;
r = l;
}
return arr.join("");
};32. 最长无效括号（hard）
给你一个只蕴含 ‘(‘ 和 ‘)’ 的字符串，找出最长无效（格局正确且间断）括号子串的长度。
示例 1：
输出：s = “(()”
输入：2
解释：最长无效括号子串是 “()”
示例 2：输出：s = “)()())”
输入：4
解释：最长无效括号子串是 “()()”
示例 3：输出：s = “”
输入：0提醒：
0 <= s.length <= 3 * 104
s[i] 为 ‘(‘ 或 ‘)’
办法 1. 动静布局
- 思路：
dp[i]示意以 i 结尾的最长无效括号的长度，分为 4 种状况，看图 - 复杂度：工夫复杂度
O(n)，n 是字符串的长度，总共遍历 1 次。空间复杂度O(n)，即 dp 数组的空间
js:
const longestValidParentheses = (s) => {
let maxLen = 0;
const len = s.length;
const dp = new Array(len).fill(0);
for (let i = 1; i < len; i++) {if (s[i] == ')') {// 以 ')' 结尾的字符才无效
if (s[i - 1] == '(') {// 如果前一个地位是 '(' 则能与以后字符造成无效括号
if (i - 2 >= 0) {// 如果前 2 个地位还有字符串
dp[i] = dp[i - 2] + 2;// 以后状态等于 以后匹配的 2 个字符 加上 前两个地位匹配最长字符长度
} else {// 如果前 2 个地位没有字符串
dp[i] = 2;// 以后状态等于 以后匹配的 2 个字符
}
// 以 i - 1 结尾的无效字符在向前看 1 个地位 如果是 '(' 则能与以后字符造成无效括号} else if (s[i - dp[i - 1] - 1] == '(') {if (i - dp[i - 1] - 2 >= 0) {// 以 i - 1 结尾的无效字符在向前看 2 个地位 如果 >= 于 0
// 以后状态 = 以 i - 1 结尾的无效字符长度 + 以后匹配 2 个无效括号 + 以 i - dp[i - 1] - 2 结尾的无效字符长度
dp[i] = dp[i - 1] + 2 + dp[i - dp[i - 1] - 2];
} else {
// 以 i - 1 结尾的无效字符在向前看 2 个地位 如果 < 于 0
// 以后状态 = 以 i - 1 结尾的无效字符长度 + 以后匹配 2 个无效括号
dp[i] = dp[i - 1] + 2;
}
}
}
maxLen = Math.max(maxLen, dp[i]);
}
return maxLen;
};办法 2. 栈
- 思路：遍历字符串，筹备一个栈，寄存字符串下标，首先放入初始参照物 -1，遇到 '(‘ 入栈，遇到 ’)’ 出栈，并且判断栈长度，如果不为空，更新最大非法字符串长度，否则将以后下标放入栈中
- 复杂度：工夫复杂度
O(n)，n 是字符串的长度，总共遍历 1 次。空间复杂度O(n)，即栈的空间
动画过大，点击查看
js:
var longestValidParentheses = function (s) {
let maxLen = 0
let stack = []
stack.push(-1) // 初始化一个参照物
for (let i = 0; i < s.length; i++) {if (s[i] === '(') {// ( 入栈)出栈
stack.push(i)
} else {//)的状况 出栈
stack.pop()
if (stack.length) {
// 每次出栈 计算下以后无效间断长度
// 如何计算间断长度 以后地位 - 栈顶下标
maxLen = Math.maxLen(maxLen, i - stack[stack.length - 1])
} else {stack.push(i) // 栈为空时 放入右括号参照物 示意从这个下标开始 须要从新计算长度
}
}
}
return maxLen
};办法 3. 两次遍历
- 思路：从左到右，从右到左顺次遍历字符串，遇见 '(‘ ,
left++，遇见 ’)’ ,right++，当左右括号数量雷同时，更新最大长度，如果 right 大于 left，则重置 left、right 从新计数 - 复杂度：工夫复杂度
O(n)，n 是字符串的长度，总共遍历 2 次。空间复杂度O(1)
Js:
var longestValidParentheses = function (s) {
let maxLen = 0;
let left = 0;
let right = 0;
for (let i = 0; i < s.length; i++) {// 从左往右
if (s[i] == "(") { // 遇见 '(' left++
left++;
} else {right++; // 遇见 ')' right++
}
if (left == right) { // 左右数量雷同
maxLen = Math.max(maxLen, 2 * left); // 更新最大长度
} else if (right > left) { //right 大于 left 重置 left right 从新计数
left = right = 0;
}
}
left = right = 0;
for (let i = s.length - 1; i >= 0; i--) { // 从右往左
if (s[i] == "(") {left++;} else {right++;}
if (left == right) {maxLen = Math.max(maxLen, right * 2);
} else if (left > right) {left = right = 0;}
}
return maxLen;
};14. 最长公共前缀（easy）
编写一个函数来查找字符串数组中的最长公共前缀。
如果不存在公共前缀，返回空字符串 “”。
示例 1：
输出：strs = [“flower”,”flow”,”flight”]
输入：”fl”
示例 2：输出：strs = [“dog”,”racecar”,”car”]
输入：””
解释：输出不存在公共前缀。提醒：
1 <= strs.length <= 200
0 <= strs[i].length <= 200
strs[i] 仅由小写英文字母组成
- 思路：纵向扫描字符串，找到第一个不雷同的地位
- 复杂度：工夫复杂度
O(mn)，m 是字符串最长长度，n 是字符数组长度
f l o w e r
f l o w
f l i g h tjs：
var longestCommonPrefix = function(strs) {if(strs.length == 0)
return "";
let ans = strs[0];//ans 初始值为字符串数组的第一个
for(let i =1;i<strs.length;i++) {// 循环字符串数组
let j=0;
for(;j<ans.length && j < strs[i].length;j++) {// 循环字符，找到第一个不雷同的地位
if(ans[j] != strs[i][j])
break;
}
ans = ans.substr(0, j);// 从 0 号地位到第一个不雷同的地位 截取字符串
if(ans === "")
return ans;
}
return ans;
};680. 验证回文字符串 Ⅱ（easy）
给你一个字符串 s，最多 能够从中删除一个字符。
请你判断 s 是否能成为回文字符串：如果能，返回 true；否则，返回 false。
示例 1：
输出：s = “aba”
输入：true
示例 2：输出：s = “abca”
输入：true
解释：你能够删除字符 ‘c’。
示例 3：输出：s = “abc”
输入：false提醒：
1 <= s.length <= 105
s 由小写英文字母组成
- 思路：对撞指针一直判断左右两边的数字是否相等，如果不相等还有一次机会，左指针向前一步或者右指针向后一步持续验证
- 复杂度：工夫复杂度
O(n)，空间复杂度O(1)。
例子：
输出: s = "aba"
输入: true
输出: s = "abca"
输入: true
解释: 你能够删除 c 字符。js：
function isPalindrome(str, l, r) {while (l < r) { // 对撞指针一直判断两边的数字是否相等
if (str[l] != str[r]) {return false;}
l++;
r--;
}
return true;
}
var validPalindrome = function (str) {
let l = 0, r = str.length - 1; // 头尾指针
while (l < r) {if (str[l] != str[r]) {// 左右指针不一样 还有一次机会，左指针向前一步或者右指针向后一步持续验证
return isPalindrome(str, l + 1, r) || isPalindrome(str, l, r - 1);
}
l++;
r--;
}
return true;
};5. 最长回文子串（medium）
给你一个字符串 s，找到 s 中最长的回文子串。
示例 1：
输出：s = “babad”
输入：”bab”
解释：”aba” 同样是合乎题意的答案。
示例 2：输出：s = “cbbd”
输入：”bb”提醒：
1 <= s.length <= 1000
s 仅由数字和英文字母组成
办法 1. 动静布局
- 思路：定义
dp[i][j]示意子串i～j是否是回文子串，循环 s 的子串，看是否满足s[i]，s[j]相等，如果相等，则dp[i][j]是否为回文串取决于dp[i+1][j-1]是否也是回文子串，在循环的过程中不断更新最大回文子串的长度，留神子串的长度是 0 或 1 也算回文子串 - 复杂度：工夫复杂度
O(n^2)，两层循环。空间复杂度O(n^2)，即动静布局 dp 数组的空间。
Js:
var longestPalindrome = function(s) {
let n = s.length;
let res = '';
let dp = Array.from(new Array(n),() => new Array(n).fill(false));// 初始化数组
for(let i = n-1;i >= 0;i--){// 循环字符串
for(let j = i;j < n;j++){//dp[i][j]示意子串 i～j 是否是回文子串
// 回文子串必须满足 s[i]，s[j]相等。并且向外扩大一个字符也相等，即 dp[i+1][j-1]也是回文子串
//j - i < 2 示意子串小于等于 1 也是回文串
dp[i][j] = s[i] == s[j] && (j - i < 2 || dp[i+1][j-1]);
if(dp[i][j] && j - i +1 > res.length){// 以后回文子串比之前的大，更新最大长度
res = s.substring(i,j+1);
}
}
}
return res;
};办法 2. 核心扩散法
- 思路：分最长回文子串是奇数和偶数的状况，定义 start 为最长回文子串开始的索引，而后循环字符串，一直一直向外扩大回文字符串的长度，循环的过程中更新最大回文子串的长度和 start 的地位，最初返回 start 到
start+ maxLength的子串就是本题的答案 - 复杂度：工夫复杂度
O(n^2)，循环字符串一次，每次循环外部又向外一直扩张。空间复杂度O(1)
Js:
var longestPalindrome = function (s) {if (s.length <= 0) {// 边界条件
return s;
}
let start = 0;// 最长回文子串开始的索引
let maxLength = 1;// 初始化最大回文子串长度
function h(left, right) {// 当 s[left]，和 s[right]想等时，一直向外扩大回文字符串的长度
while (left >= 0 && right < s.length && s[left] === s[right]) {if (right - left + 1 > maxLength) {
maxLength = right - left + 1;// 更新最大回文子串的长度
start = left;// 更新 start 的地位
}
left--;
right++;
}
}
for (let i = 0; i < s.length; i++) {h(i - 1, i + 1);// 回文子串是奇数
h(i, i + 1);// 回文子串是偶数
}
return s.substring(start, start + maxLength);
};151. 翻转字符串里的单词 (medium)
设计一个反对 push，pop，top 操作，并能在常数工夫内检索到最小元素的栈。
实现 MinStack 类:
MinStack() 初始化堆栈对象。
void push(int val) 将元素 val 推入堆栈。
void pop() 删除堆栈顶部的元素。
int top() 获取堆栈顶部的元素。
int getMin() 获取堆栈中的最小元素。示例 1:
输出：
[“MinStack”,”push”,”push”,”push”,”getMin”,”pop”,”top”,”getMin”]
[[],[-2],[0],[-3],[],[],[],[]]输入：
[null,null,null,null,-3,null,0,-2]解释：
MinStack minStack = new MinStack();
minStack.push(-2);
minStack.push(0);
minStack.push(-3);
minStack.getMin(); –> 返回 -3.
minStack.pop();
minStack.top(); –> 返回 0.
minStack.getMin(); –> 返回 -2.提醒：
-231 <= val <= 231 – 1
pop、top 和 getMin 操作总是在 非空栈 上调用
push, pop, top, and getMin 最多被调用 3 * 104 次
办法 1: 正则
- 思路：将字符串头尾空格去掉，而后将那个多个空格用正则替换成一个空格，依据空格分隔成数组，而后翻转转回字符串
js：
var reverseWords = function(s) {return s.trim().replace(/\s+/g, '').split(' ').reverse().join(' ')
};办法 2: 双端队列
- 思路：left 指针初始在 0 号地位，right 指针初始在
s.length - 1地位，遍历字符串，将每个由空格分隔的字符串退出队列，最初在转回字符串就是翻转过后的了 - 复杂度：工夫复杂度
O(n)，空间复杂度O(n)
js：
//"the sky is blue"
var reverseWords = function(s) {
let left = 0
let right = s.length - 1
let queue = []
let word = ''
// 去掉左右的空格
while (s.charAt(left) === ' ') left ++
while (s.charAt(right) === ' ') right --
while (left <= right) {let char = s.charAt(left)
if (char === ' ' && word) {queue.unshift(word)// 字符串退出队列
word = ''// 重置字符串
} else if (char !== ' '){// 拼接单个字符串
word += char
}
left++
}
queue.unshift(word)// 最初一个字符串也要退出队列
return queue.join(' ')// 转回字符串
};视频解说：传送门