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文章目录

🏹 前言
🗡 C++入门必刷经典题目
⚔ 后记

🏹 前言

白晨这段时间回头复盘了一下我的C++学习之旅，发现了许多坎坷和难点。所以，白晨整理了我入门学习C++遇到的好题目以及大坑🧐。

整理的题目分为两个大类：选择题和编程题。

选择题

白晨整理了许多入门易错难掌握的知识点，相当于是对于重难知识点的一次复盘，希望大家可以加深对重难知识点的理解。

编程题

其中主要是对于C++输入输出，STL（标准模板库）的使用，动态规划，数据结构等题目，题目不是很难，但是很有代表性和经典性，是每个C++入门应该都会见过并且掌握的题目。

🗡 C++入门必刷经典题目

🪓1.选择题

🍕1.1 类的类型转换

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📘 答案解析 :

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🍔1.2 拷贝构造调用次数

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🍟1.3 友元函数

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📘 答案解析 :
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🌭1.4 静态数据成员

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📘 答案解析 :
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📘 答案解析 :
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🍿1.5 new创建对象

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📘 答案解析 :

🧂1.6 模板格式

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🥓1.7 空类大小

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🥚1.8 析构函数

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📘 答案解析 :

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📘 答案解析 :
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🍳1.9 赋值运算符

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🧇1.10 构造函数调用

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📘 答案解析 :
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🥞1.11 初始化列表

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🧈1.12 const

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🍞1.13 delete this

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📘 答案解析 :

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这个写法是正确的，但是不推荐。

🥐1.14 c_str()

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📘 答案解析 :

虽然从内容上来说，a == b，但是a，b是两个不同的对象，空间中所存储的位置也不同，c_str 返回值是 const char* ，也就是空间中的地址，所以不可能相等。

所以选择A。

🥨1.15 resize/reserve

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📘 答案解析 :

str.reserve(111); //调整容量为 111

str.resize(5); //调整元素个数为 5

str.reserve(50); //调整容量为 50，由于调整的容量小于已有空间容量，故容量不会减小

所以size=5 capacity=111

故答案为: C

🥯1.16 cerr

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🥖1.17 基类与派生类

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🧀1.18 继承的对象模型

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🔨2.编程题

🥝2.1 字符串相加

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✈ 原题链接 ：字符串相加

🎉 具体思路：

我们可以模拟正常的加法，从个位开始，逐位相加，模拟过程中要注意的是：

我们取出字符串的每一个元素都是字符，所以不能直接将其相加，必须要减去'0' 才能得到这个数的真实值。
当一个数的每一位都已经遍历完了，如果另一个数还没遍历完，则在这个数的高位补0。
如果两个数字之和大于等于10，要进位。
每次向要返回字符串插入一个本次相加得到的个位数。
最后得到的返回字符串是反的，我们要将其反转。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    string addStrings(string num1, string num2) {
        int i = num1.size() - 1, j = num2.size() - 1;
        int flag = 0;
        string ret;
		// 当给定的数字没有遍历完或者要进位时，进入循环
        while (i >= 0 || j >= 0 || flag != 0)
        {
            // 判断一个数是否已经遍历完
            int val1 = i >= 0 ? num1[i] - '0' : 0;
            int val2 = j >= 0 ? num2[j] - '0' : 0;
            // 看有没有进位
            // flag == 1，有进位，反之，无进位
            flag = flag == 1 ? val1 + val2 + 1 : val1 + val2;
			// 将本次相加的个位数插到返回字符串后
            ret += flag % 10 + '0';
            flag /= 10;
            i--;
            j--;
        }
		// 反转字符串
        reverse(ret.begin(), ret.end());
        return ret;
    }
};

🥥2.2 字符串相乘

在这里插入图片描述

✈ 原题链接 ：字符串相乘

🎉 具体思路：

先来看例子中的乘法用竖式如何计算：

在这里插入图片描述

我们发现，从右到左， num2 每一位都需要乘以 num1 ，并且每乘完一次 num1 所得的数字的权重要乘10。
num2 每一位乘 num1 都是个位数* num1 ,所以我们可以先把个位数乘 num1 的结果保存起来，用的时候直接调用。
得到 num2 每一位乘 num1 的字符串后，保存起来，最后和竖式一样，依次相加每一位的结果，得到最后的答案。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    // 复用上题的加法
    string Add(const string& num1, const string& num2)
    {
        string ret;
        int add = 0;
        int end1 = num1.size() - 1, end2 = num2.size() - 1;
        while (end1 >= 0 || end2 >= 0 || add != 0)
        {
            int n1 = end1 >= 0 ? num1[end1--] - '0' : 0;
            int n2 = end2 >= 0 ? num2[end2--] - '0' : 0;

            add = n1 + n2 + add;
            ret += add % 10 + '0';
            add /= 10;
        }

        reverse(ret.begin(), ret.end());
        return ret;
    }
    
    string multiply(string num1, string num2) {
        // 出现0时，直接返回"0"
        if (num1 == "0" || num2 == "0")
            return "0";

        int len1 = num1.size(), len2 = num2.size();
        // 保存 0 ~ 9 乘 num1 的值
        vector<string> save(10);
        // 保存num2每一位乘num1的值
        vector<string> ret(len2 + 1);
        // 0乘任何数都为0
        save[0] = "0";
        // 保存最后的返回值
        ret[len2] = "0";
        // 记录权重
        int pos = 0;
		
        // 保存 0 ~ 9 乘 num1 的值
        for (int i = 1; i < 10; ++i)
        {
            save[i] = Add(save[i - 1], num1);
        }
		// 保存num2每一位乘num1的值
        for (int i = len2 - 1; i >= 0; --i)
        {
            int val = num2[i] - '0';
            ret[i] = save[val];
            // 根据权重在字符串后面补0
            for (int j = 0; j < pos; ++j)
                ret[i] += '0';
            // 每乘完一个数，权重加一
            pos++;
        }
		// 整体加起来
        for (int i = 0; i < len2; ++i)
        {
            ret[len2] = Add(ret[len2], ret[i]);
        }

        return ret[len2];
    }
};

🎉 具体思路：

首先，我们先来探讨一下 m位数乘n位数得到的结果为多少位数。

在这里插入图片描述

由上式可得，最后相乘得到的数字最长为 $m + n$ ，所以我们可以预先开辟一个 $m + n$ 长度的数组来存放这个数字。
由于要使用乘法进行模拟，所以我们可以优化一下我们的竖式乘法

通过上面的例子我们可以得到优化后竖式的具体做法：

进行完全部的竖式运算后，再处理得到的数组，该进位进位，保证每一位上都是个位数。
再将数组转换为字符串后返回。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    string multiply(string num1, string num2) {
        if (num1 == "0" || num2 == "0")
            return "0";

        int m = num1.size(), n = num2.size();
        vector<int> num(m + n);
        string ret;

        // 模拟每一位乘每一位
        for (int i = n - 1; i >= 0; --i)
        {
            int val2 = num2[i] - '0';
            for (int j = m - 1; j >= 0; --j)
            {
                int val1 = num1[j] - '0';
                int mul = val1 * val2;
                // 将乘来的结果加到对应的位上
                num[i + j + 1] += mul;
            }
        }
        // 进位
        for (int i = m + n - 1; i > 0; --i)
        {
            num[i - 1] += num[i] / 10;
            num[i] %= 10;
        }
        // 判断有没有最高位
        int i = num[0] == 0 ? 1 : 0;

        for (; i < m + n; ++i)
        {
            ret += num[i] + '0';
        }

        return ret;
    }
};

🍇2.3 删除有序数组中的重复项

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✈ 原题链接 ：删除有序数组中的重复项

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
        vector<int>::iterator begin = nums.begin();

        while (begin != nums.end())
        {
            if (begin + 1 != nums.end() && *begin == *(begin + 1))
                begin = nums.erase(begin);
            else
                begin++;
        }

        return nums.size();
    }
};

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
        size_t slow = 0, fast = 0;
        size_t len = nums.size();

        while (fast < len)
        {
            if (nums[slow] != nums[fast])
            {
                nums[slow + 1] = nums[fast];
                slow++;
            }

            fast++;
        }

        return slow + 1;
    }
};

🍈2.4 杨辉三角

在这里插入图片描述

✈ 原题链接 ：杨辉三角

这是一道非常典型的动态规划的题目,并且思路也非常简单。

🎉 具体思路：

状态： $d p [i] [j]$ 为位置的数字
初始状态：当 $j = = 0 ∣ ∣ i = = j 时， d p [i] [j] = 1$
状态转移方程： $d p [i] [j] = d p [i - 1] [j - 1] + d p [i - 1] [j]$ 。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    vector<vector<int>> generate(int numRows) {
        vector<vector<int>> ret(numRows, vector<int>(1, 1));
        for (int i = 0; i < numRows; ++i)
        {
            ret[i].resize(i + 1, 1);
        }

        for (int i = 2; i < numRows; ++i)
        {
            for (int j = 1; j < ret[i].size() - 1; ++j)
            {
                ret[i][j] = ret[i - 1][j - 1] + ret[i - 1][j];
            }
        }

        return ret;
    }
};

🍉2.5 只出现一次的数字 I

在这里插入图片描述

✈ 原题链接 ：只出现一次的数字

首先，我们需要了解异或运算的几个性质：

交换律： $a \oplus b = b \oplus a, a \oplus b \oplus a = a \oplus a \oplus b$
结合律： $(a \oplus b) \oplus a = a \oplus (b \oplus a)$
任何数与0异或都是其本身： $a \oplus 0 = 0 \oplus a = a$
任何数与自己异或都为0： $a \oplus a = 0$

其次，题目中明确指出，只有一个数字出现了一次，其余数字均出现了两次，所以，依照上述性质，我们可以将其化为：

也即，直接将给定数组中的数全部异或起来，最后得到的数就是只出现一次的数。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        int num = 0;
        for(auto i : nums)
            num ^= i;

        return num;
    }
};

🍊2.6 只出现一次的数字 II

在这里插入图片描述

✈ 原题链接 ：只出现一次的数字 II

这个方法就没有什么好说的了，直接暴力排序，遍历选出其中只出现一次的数字。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        if(nums.size() == 1)
            return nums[0];
        sort(nums.begin(), nums.end());
        int len = nums.size();

        if(nums[0] != nums[1])
        {
            return nums[0];
        }

        if(nums[len - 1] != nums[len - 2])
        {
            return nums[len - 1];
        }
        for(int i = 1; i < len - 1; ++i)
        {
            if(nums[i] != nums[i - 1] && nums[i] != nums[i + 1])
                return nums[i];
        }

        return 0;
    }
};

时间复杂度 $O(n*log_2n)$ ，空间复杂度 $O (1)$ 。

遍历数组，使用哈希表统计数组中的数出现的次数，最后找到只出现一次的数字即可。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        unordered_map<int, int> harsh;
        for (int e: nums) {
            ++harsh[e];
        }
        int ret = 0;
        for (auto [num, cnt]: harsh) {
            if (cnt == 1) {
                ret = num;
                break;
            }
        }
        return ret;
    }
};

时间复杂度 $O (n)$ ，空间复杂度 $O (n)$ 。

建立一个数组，统计全部数字的二进制每一位上1出现了多少次。
因为除了一个数字以外，其余数字都出现了3次，所以其余数字每一位二进制位为1次数的总和一定能被3整除。
所以，只需要统计出二进制位中不能被3整除的位，这些位组成的数就是只出现过一次的数。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    int singleNumber(vector<int>& nums) {
        int cnt[32] = { 0 };
        int ret = 0;
		
        // 统计全部数字二进制为1的个数
        for (int i = 0; i < 32; ++i)
        {
            for (auto e : nums)
            {
                if ((e >> i) & 1 == 1)
                {
                    cnt[i]++;
                }
            }
        }
		// 将不能被3整除的位或等起来就是结果
        for (int i = 0; i < 32; ++i)
        {
            if ((cnt[i] % 3))
                ret |= 1 << i;
        }

        return ret;
    }
};

时间复杂度 $O (n)$ ，空间复杂度 $O (1)$ 。

🍋2.7 只出现一次的数字 III

在这里插入图片描述

✈ 原题链接 ：只出现一次的数字 III

直接排序，然后遍历选出只出现了一次的数字。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {
        sort(nums.begin(), nums.end());
		
        int len = nums.size();
        vector<int> ret;
        // 特别情况：对第一个元素和第二个元素进行判断
        if(nums[0] != nums[1])
        {
            ret.push_back(nums[0]);
        }
		// 特别情况：对最后一个元素和倒数第二个元素进行判断
        if(nums[len - 1] != nums[len - 2])
        {
            ret.push_back(nums[len - 1]);
        }

        if(ret.size() == 2)
            return ret;
		// 一般判断：对数组中的其他元素进行判断
        for(int i = 1; i < len - 1; ++i)
        {
            if(nums[i] != nums[i - 1] && nums[i] != nums[i + 1])
                ret.push_back(nums[i]);
        }

        return ret;
    }
};

时间复杂度 $O(n*log_2n)$ ，空间复杂度 $O (1)$ 。

暴力哈希，直接统计每个数字出现次数，最后选出只出现一次的数。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {
        unordered_map<int, int> freq;
        for (int num: nums) {
            ++freq[num];
        }
        vector<int> ans;
        for (const auto& [num, occ]: freq) {
            if (occ == 1) {
                ans.push_back(num);
            }
        }
        return ans;
    }
};

🎉 具体思路：

首先，我们需要了解异或运算的几个性质：

交换律： $a \oplus b = b \oplus a, a \oplus b \oplus a = a \oplus a \oplus b$
结合律： $(a \oplus b) \oplus a = a \oplus (b \oplus a)$
任何数与0异或都是其本身： $a \oplus 0 = 0 \oplus a = a$
任何数与自己异或都为0： $a \oplus a = 0$

其次，题目中明确指出，只有两个数字出现了一次，其余数字均出现了两次，所以，依照上述性质，我们可以将其化为：

最后我们得到了两个只出现一次数字的异或值，由异或的定义可知，两个数二进制位上的数不相同时不相同的位上结果为1，eg. 1000 ⊕ 1110 = 0110 ，可得这两个数字从右到左第二位和第三位不同。

当得到了目标数字的不同二进制位时，我们可以依次为依据对数组进行分组，分组后，每一组都只剩下了一个单独出现的数字。
再按照 只出现一次的数字 I 的方法分别选出两个数字即可。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {
        int num = 0;
        int len = nums.size();
        vector<int> ret;
		// 将全部数字异或起来
        for(auto e : nums)
        {
            num ^= e;
        }

        int i = 0;
        // 找出两个数字不一样的二进制位
        for(i = 0; i < 32; ++i)
        {
            if((num >> i) & 1 == 1)
                break;
        }
		
        // 按不同二进制位分组进行异或，最后直接得到两个结果
        int ret1 = 0, ret2 = 0;
        for(auto e : nums)
        {
            if((e >> i) & 1 == 1)            
                ret1 ^= e;            
            else
                ret2 ^= e;
        }

        ret.push_back(ret1);
        ret.push_back(ret2);

        return ret;
    }
};

时间复杂度 $O (n)$ ，空间复杂度 $O (1)$ 。

🍌2.8 电话号码的字母组合

在这里插入图片描述

✈ 原题链接 ：电话号码的字母组合

🎉 具体思路：

这是一道非常经典的回溯算法题，思路其实也很简单：

遍历题目给的数字字符串，按照数字找到对应的字母字符串。
按遍历的元素顺序在当前后面加字符，直到遍历完成。
当遍历完题目给的数字字符串时，把此时得到的字符串保存。

在这里插入图片描述

🎃 代码实现：

// 哈希表用来对照
static string harsh[] = {"", "", "abc", "def", "ghi", "jkl", "mno",
"pqrs", "tuv", "wxyz"};
class Solution {
public:
    void Dfs(string& digits, int index, string curStr, vector<string>& ret)
    {
        // 当当前的字符串长度与digits相等，如果当前字符串不为空，将其插入
        if(curStr.size() == digits.size())
        {
            if(!curStr.empty())
                ret.push_back(curStr);
            return;
        }
        // 找到当前digits对应的数字
        int curInd = digits[index] - '0';
        // 遍历这个哈希表中对应的字符串
        for(auto& ch: harsh[curInd])
        {
            // 尝试每一种结果，index为digits下标，每次加一
            // 每次在当前字符串后加入当前对应的哈希表字符，尝试所有可能性
            Dfs(digits, index + 1, curStr + ch, ret);
        }
    }
    vector<string> letterCombinations(string digits) {
        vector<string> ret;
        Dfs(digits, 0, "", ret);
        return ret;
    }
};

🍍2.9 连续子数组的最大和

在这里插入图片描述

✈ 原题链接 ：连续子数组的最大和

这道题是一道很经典的动态规划的题目，有的同学可能第一眼就直接用贪心+回溯去做，但是这道题用贪心算法的话有些情况下会得不到整体最优的结果。

🎉 具体思路：

这是一道非常经典的动态规划问题：

状态： $f (x)$ —— 从上一段连续的最大和到 x 位置的最大和
状态转移方程： $f (x) = m a x (f (x - 1) + a [x], a [x])$ —— 如果上一段的连续最大和与当前数的和大于当前数，就取上一段的连续最大和与当前数的和，反之，取当前数（相当于如果前面连续串的和的最大值以及当前数相加的和如果还不如当前数，不如从这一位置重新开始一个连续的子串，反之继续延续前面的连续串）
初始值： $f (0) = a [0]$ —— 从a[0]开始子串
结果：从 $f (0) - f (n - 1)$ 中选出最大值。因为连续串不确定，所以最后要判断一下。
实例： $- 2, 1, - 3, 4, - 1, 2, 1, - 5$

序号	0	1	2	3	4	5	6	7
$a [x]$	-2	1	-3	4	-1	2	1	-5
$f (x)$	-2	1	-2	4	3	5	6	1

再来形象总结一下连续串的思路：

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    int FindGreatestSumOfSubArray(vector<int> array) {
        int num = array[0], Max = array[0];
        
        for(int i = 1; i < array.size(); ++i)
        {
            num = max(array[i] + num, array[i]);
            Max = num > Max ? num : Max;
        }
        return Max;
    }
};

🥭2.10 最小栈

在这里插入图片描述

✈ 原题链接 ：最小栈

本题既然要求要在线性时间内找到最小值，那么我们可以用空间换时间的做法。

🎉 具体思路：

预设两个栈，一个存放正常输入的值——_st，另一个专门存放最小值——_min。
入栈：
- 入栈的值直接存放到_st；
- _st栈为空时，同时将其入栈_min；
- 后面进行入栈时，和_min的栈顶元素比较，如果入栈的值小于等于_min的栈顶元素，就入栈_min。

出栈：
- 出栈时，如果_st的出栈元素等于_min的栈顶元素，那么两个栈都出栈；
- 如果_st的出栈元素不等于_min的栈顶元素，只出_st栈。

🎃 代码实现：

class MinStack {
public:
    MinStack() {}

    void push(int val) {
        _st.push(val);
        if (_min.empty() || val <= _min.top())
        {
            _min.push(val);
        }
    }

    void pop() {
        if (_min.top() == _st.top())
        {
            _min.pop();
        }
        _st.pop();
    }

    int top() {
        return _st.top();
    }

    int getMin() {
        return _min.top();
    }
private:
    stack<int> _st;
    stack<int> _min;
};

🍎2.11 栈的压入、弹出序列

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✈ 原题链接 ：栈的压入、弹出序列

这道题的主要思路就是——模拟。

🎉 具体思路：

直接模拟栈的出入栈过程。
按照给定的入栈顺序依次入栈，入到入栈元素和出栈序列的第一个元素相同时，开始出栈，同时指向出栈序列的下一个元素，循环这个过程，直到栈顶元素和出栈序列元素不同或者栈为空，停止出栈。
循环上述过程，直到遍历完入栈序列。
此刻，如果栈中没有元素，说明题目给定序列正确，反之，不正确。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    bool IsPopOrder(vector<int> pushV, vector<int> popV) {
        stack<int> st;
        int i = 0, j = 0;
        // 循环下面的过程，直到遍历完入栈序列
        while (i < pushV.size())
        {
            st.push(pushV[i++]);
            // 当栈顶元素和出栈序列相等时，开始出栈
            while (!st.empty() && st.top() == popV[j])
            {
                st.pop();
                j++;
            }
        }

        return st.empty();
    }
};

🍏2.12 逆波兰表达式求值

在这里插入图片描述

✈ 原题链接 ：逆波兰表达式求值

🎉 具体思路：
逆波兰表达式严格遵循「从左到右」的运算。计算逆波兰表达式的值时，使用一个栈存储操作数，从左到右遍历逆波兰表达式，进行如下操作：

如果遇到操作数，则将操作数入栈；
如果遇到运算符，则将两个操作数出栈，其中先出栈的是右操作数，后出栈的是左操作数，使用运算符对两个操作数进行运算，将运算得到的新操作数入栈。
整个逆波兰表达式遍历完毕之后，栈内只有一个元素，该元素即为逆波兰表达式的值。

🎃 代码实现：

class Solution {
public:
    int evalRPN(vector<string>& tokens) {
        stack<int> st;
        for (const auto& str : tokens)
        {
            if (str == "+" || str == "-" || str == "*" || str == "/")
            {
                int right = st.top();
                st.pop();
                int left = st.top();
                st.pop();
                switch (str[0])
                {
                case '+':
                    st.push(left + right);
                    break;
                case '-':
                    st.push(left - right);
                    break;
                case '*':
                    st.push(left * right);
                    break;
                case '/':
                    st.push(left / right);
                    break;
                }
            }
            else
            {
                st.push(stoi(str));
            }
        }
        return st.top();
    }
};

🍐2.13 数组中的第K个最大元素

在这里插入图片描述

✈ 原题链接 ：数组中的第K个最大元素

直接排序，选出第k个元素，时间复杂度为 $O (n * l o g n)$ 。

class Solution {
public:
    int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {
        sort(nums.begin(), nums.end(), greater<int>());
        return nums[k - 1];
    }
};

使用堆排序，时间复杂度为 $O (n + k * l o g n)$

class Solution {
public:
    int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {
        priority_queue<int> pq(nums.begin(), nums.end());
        for (int i = 1; i < k; ++i)
        {
            pq.pop();
        }
        return pq.top();
    }
};

TopK问题，直接建立一个k个元素大小的小栈，用TopK的解法即可。时间复杂度为 $O (n + n * l o g k)$ ，这是这道题的最优解了。

class Solution {
public:
    int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {
        priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pq(nums.begin(), nums.begin() + k);

        for (int i = k; i < nums.size(); ++i)
        {
            if (nums[i] > pq.top())
            {
                pq.pop();
                pq.push(nums[i]);
            }
        }
        return pq.top();
    }
};

没有了解过堆的同学可以看这篇文章——【数据结构】堆的全解析，其中很详细的讲解了堆排序和TopK问题。

⚔ 后记

白晨写本文的目的是帮助更多的C++入门学习者更快掌握C++的语法，并且可以将C++用于实践，希望大家可以在这篇文章中有所收获。

如果这篇文章有帮到你的话，还请多多支持白晨，你的支持就是对白晨最大的鼓励😜。

如果解析有不对之处还请指正，我会尽快修改，多谢大家的包容。

如果大家喜欢这个系列，还请大家多多支持啦😋！

如果这篇文章有帮到你，还请给我一个大拇指 👍和小星星 ⭐️支持一下白晨吧！喜欢白晨【刷题日记】系列的话，不如关注👀白晨，以便看到最新更新哟！！！

我是不太能熬夜的白晨，我们下篇文章见。

【刷题日记】C++入门必刷经典题目

文章目录

🏹 前言

🗡 C++入门必刷经典题目

🪓1.选择题

🍕1.1 类的类型转换

🍔1.2 拷贝构造调用次数

🍟1.3 友元函数

🌭1.4 静态数据成员

🍿1.5 new创建对象

🧂1.6 模板格式

🥓1.7 空类大小

🥚1.8 析构函数

🍳1.9 赋值运算符

🧇1.10 构造函数调用

🥞1.11 初始化列表

🧈1.12 const

🍞1.13 delete this

🥐1.14 c_str()

🥨1.15 resize/reserve

🥯1.16 cerr

🥖1.17 基类与派生类

🧀1.18 继承的对象模型

🔨2.编程题

🥝2.1 字符串相加

🥥2.2 字符串相乘

🍇2.3 删除有序数组中的重复项

🍈2.4 杨辉三角

🍉2.5 只出现一次的数字 I

🍊2.6 只出现一次的数字 II

🍋2.7 只出现一次的数字 III

🍌2.8 电话号码的字母组合

🍍2.9 连续子数组的最大和

🥭2.10 最小栈

🍎2.11 栈的压入、弹出序列

🍏2.12 逆波兰表达式求值

🍐2.13 数组中的第K个最大元素

⚔ 后记