题目1. 两数之和
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办法1，暴力求解，2层循环，工夫复杂度O(n^2)，空间复杂度O(1)
public int[] twoSum(int[] nums, int target) { int[] res = new int[2]; for(int i=0;i<nums.length;i++){ for(int j=i+1;j<nums.length;j++){ if((nums[j]+nums[i]) == target){ res[0]=i; res[1]=j; return res; } } } throw new IllegalArgumentException("No two sum solution"); }大多数人都能间接想到的方法，然而有没有方法<font color=red>“高大上”</font>一点呢
办法2，应用map，<font color=red>“一次遍历”</font>
咱们晓得map可能提供一种key-value的对应关系，当咱们确定了
target以及组成target中的一个元素的时候，便有了target-nums[i]与nums[j]
之间的对应关系了，于是咱们就有了
public int[] twoSum(int[] nums, int target) { int[] res = new int[2]; HashMap<Integer,Integer> map = new HashMap<Integer,Integer>(); for(int i=0;i<nums.length;i++){ map.put(nums[i],i); if(map.get(target-nums[i]) != null && map.get(target-nums[i])!=i) { res[0]=map.get(target-nums[i]); res[1]=i; return res; } } throw new IllegalArgumentException("No two sum solution"); }然而这里有一个问题，咱们晓得map的key是不能反复的，这里呈现了
一种非凡状况须要思考，那就是当两个值雷同的元素呈现时，这里的
map就会异样，如下图。
所以咱们这里须要把put操作放在上面，以防这种非凡状况，同时咱们再对
以上的代码做下优化，比方if判断的条件能够改为map.containsKey，并
在return时间接new一个数组，不在独自初始化一个。便有了如下AC代码：
public int[] twoSum(int[] nums, int target) { int[] res = new int[2]; for(int i=0;i<nums.length;i++){ for(int j=i+1;j<nums.length;j++){ if((nums[j]+nums[i]) == target){ res[0]=i; res[1]=j; return res; } } } throw new IllegalArgumentException("No two sum solution"); }最初，我来解释下为什么下面的“高大上”和“一次遍历”是带引号的，
外表上咱们利用的map的属性，get和containskey简化了咱们的代码，
但相熟map的敌人都晓得，这两个轮子实际上是通过map外部的
getNode来实现的，其外部应用了while循环来实现，所以事实上
咱们的代码在工夫复杂度上还是O(n^2)，并且你还耗费了肯定的
建设map的哈希构造的工夫。<font color=red>这就通知咱们，不是用了轮子就代表了
高效率，一方面要理解轮子，一方面要具体问题具体分析，灵活运用</font>
题目7. 整数反转
**如果数据范畴给的比拟宽松的话，应用stringBuilder
的reverse这个轮子也是能够的，然而这里做出了限度
，为避免溢出问题应用数学的办法解决**
具体的防溢出判断能够看LeetCode上大佬的思路，这里不献丑了
在不思考溢出问题的状况下，简略演绎下就是，咱们能够通过不停的
取模与取余的操作来获取到一个n位数的每一位数字，有了这些，
咱们就能实现将他翻转。比方123这个数字，利用while循环我顺次
去除了1，2，3，再在while外部应用((310)+2)10+1便可轻松解决，
工夫复杂度为O(n)（n为int数值x的长度）
public int reverse(int x) { int ans = 0; while (x != 0) { int pop = x % 10; if (ans > Integer.MAX_VALUE / 10 || (ans == Integer.MAX_VALUE / 10 && pop > 7)) return 0; if (ans < Integer.MIN_VALUE / 10 || (ans == Integer.MIN_VALUE / 10 && pop < -8)) return 0; ans = ans * 10 + pop; x /= 10; } return ans; } 题目9. 回文数
不应用reverse这个轮子，那就还是用数学方法来解决，
首先依据题干给的例子，正数pass，而后开端为0的数字pass，
毕竟没有数字是0结尾的嘛。
解决完这两种非凡状况，咱们来思考下个别状况。既然是回文数，
那必定能够翻转嘛，不能翻转的必定不是回文数。
在上一题中咱们介绍了数学的反转办法，这里正好用到。
public boolean isPalindrome(int x) { if(x<0 || (x%10==0 && x!=0)) return false; int res = 0; int y = x; while(x!=0){ res = res*10+x%10; x = x/10; } return res==y; }有了上一题的教训，咱们疾速的写出了翻转的办法。你可能会问，上一题中咱们思考了
溢出的状况，那么这题呢?能想到这一点阐明你和我一样谨严（手动滑稽）。
**事实上咱们这里并不需要放心溢出的问题，因为家喻户晓，int只有4字节32位字符，
溢出的话并不代表int无奈示意，只是会做截取，而这个截取的值必定与原值不同，
就如下图一样**。
题目13. 罗马数字转整数
第一反馈是找法则<font color=red>
IV = 5 -1 = （-1）*1 +5 = 4
VI = 5 + 1 = 5 + 1*1 = 6
XL = 50 - 10 = (-1)*10 + 50 = 40
LX = 50 + 10 = 50 + (1)*10 = 60
<font>
咱们发现，<font color=red>如果右边的值比左边的小，则做减法，否则就是加法。</font>
于是咱们能够for循环做一次遍历，从第二个元素开始，每一个都跟
前一个元素比拟大小，判断加减。有个细节需注意，咱们是在第二个节点
时才判断对第一个节点的加减，因而当跳出循环时，开端元素没有加进去,
因为最初一位元素没有左边一位，因而最初一位元素必然做加法。
public int romanToInt(String s) { int sum = 0; char[] c = s.toCharArray(); int previous = judgeSize(c[0]); for(int i = 1;i < c.length; i ++) { int next = judgeSize(c[i]); if(previous < next) { sum = sum -previous; } else { sum = sum + previous; } previous = next; } sum = sum + previous; return sum; } private int judgeSize(char ch) { switch(ch) { case 'I': return 1; case 'V': return 5; case 'X': return 10; case 'L': return 50; case 'C': return 100; case 'D': return 500; case 'M': return 1000; default: return 0; } }这里的switch也能够用HashMap实现映射关系的存储，然而效率上
可能存在肯定消，毕竟建哈希表的工夫也不是天上掉下来的嘛。
工夫复杂度为O(n)（n为罗马数字的长度）
题目14. 最长公共前缀
还是从例子中找思路
**flower，flow，flight
能够得出最长公共前缀为fl
不过咱们能够看出，如果只有前两个元素，则后果是flow
在看上面的例子
flower，flow，flight，fow
则最长公共前缀变成了f**
<font color=red>以此类推，第一个元素和第二个元素的最长公共前缀，肯定蕴含
或等于（前提是公共前缀存在）第二个元素和第三个元素的前缀</font>
因而，咱们能够先把第一个元素给取出来，作为最长公共前缀（即本身与本身匹配）
而后在与第二个元素逐字符匹配，能够获取这两个元素的最长公共前缀，
再将后果与第三个元素一一匹配，能够取得前三个元素的最长公共前缀
以此类推,直至结尾（或后果为空们则间接返回）就能够得出最终后果
public String longestCommonPrefix(String[] strs) { if (strs.length == 0) return ""; String res = strs[0]; for (int i = 1; i < strs.length; i++) { int j = 0; for (; j < res.length() && j < strs[i].length(); j++) { if (!(res.charAt(j) == strs[i].charAt(j))) { break; } } res = res.substring(0, j); if ("".equals(res)) return res; } return res; }工夫复杂度为O(mn)（n为数组长度，m为数组中每个字符串均匀长度）
题目20. 无效的括号
**左右括号的对应关系第一反馈是联想到了key-value的关系映射。
利用栈的先进后出性能完满解决。
首先，奇数长度字符串先必定不合乎，pass。再来个别状况，
每次遇到左括号就压入，遇到右括号就取出栈顶元素判断是否是
与此右括号对应的左括号（此对应关系利用hashmap实现），如不对应
则阐明不合乎，pass。最初，因为左右对应，最初的栈应该是空的，
如果遍历完一次之后栈不空，则阐明有括号未匹配上，pass。**
public boolean isValid(String s) { if (s.length() % 2 == 1) { return false; } HashMap<Character, Character> brackets = new HashMap<Character, Character>(); brackets.put(')','('); brackets.put('}','{'); brackets.put(']','['); Deque<Character> stack = new LinkedList<Character>(); for (int i = 0; i < s.length(); i++) { char ch = s.charAt(i); if (brackets.containsKey(ch)) { if (stack.isEmpty() || stack.peek() != brackets.get(ch)) { return false; } stack.pop(); } else { stack.push(ch); } } return stack.isEmpty(); }复杂度为O(n^2)（deque外部的getNode也是用了while实现，因而为n*n）