LeetCode 16-20 题 详解 Java版 ( 万字 图文详解 LeetCode 算法题16-20 =====＞＞＞ ＜建议收藏＞)

目录

• ​​第16题. 3Sum Closest​​
• ​​题目描述（中等难度）​​
• ​​解法一 暴力解法​​
• ​​解法二​​
• ​​总​​
• ​​第17题. Letter Combinations of a Phone Number​​
• ​​题目描述（中等难度）​​
• ​​解法一 定义相乘​​
• ​​解法二 队列迭代​​
• ​​解法三 递归​​
• ​​总​​
• ​​第18题: 4Sum​​
• ​​题目描述（中等难度）​​
• ​​总​​
• ​​第19题: Remove Nth Node From End of List​​
• 
  
• ​​题目描述（中等难度）​​
• ​​解法一​​
• ​​解法二 遍历一次链表​​
• ​​解法三​​
• ​​总​​
• ​​第20题 : Valid Parentheses​​
• ​​题目描述（简单难度）​​
• ​​总​​
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第16题. 3Sum Closest

题目描述（中等难度）

和​​上一道题​​很类似，只不过这个是给一个目标值，找三个数，使得他们的和最接近目标值。

解法一 暴力解法

遍历所有的情况，然后求出三个数的和，和目标值进行比较，选取差值最小的即可。本以为时间复杂度太大了，神奇的是，竟然 AC 了。

public int threeSumClosest(int[] nums, int target) {
    int sub = Integer.MAX_VALUE; //保存和 target 的差值
    int sum = 0; //保存当前最接近 target 的三个数的和
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        for (int j = i + 1; j < nums.length; j++)
            for (int k = j + 1; k < nums.length; k++) {
                if (Math.abs((nums[i] + nums[j] + nums[k] - target)) < sub) {
                    sum = nums[i] + nums[j] + nums[k];
                    sub = Math.abs(sum - target);
                }
            }
    }
    return sum;
}

时间复杂度：O（n³），三层循环。

空间复杂度：O（1），常数个。

解法二

受到​​上一题​​的启发，没有看的，推荐大家可以看一下。我们完全可以先将数组排序，然后先固定一个数字，然后利用头尾两个指针进行遍历，降低一个 O（n）的时间复杂度。

如果 sum 大于 target 就减小右指针，反之，就增加左指针。

public int threeSumClosest(int[] nums, int target) {
    Arrays.sort(nums);
    int sub=Integer.MAX_VALUE;
    int sum=0;
    for(int i=0;i<nums.length;i++){ 
        int lo=i+1,hi=nums.length-1;
        while(lo<hi){
            if(Math.abs((nums[lo]+nums[hi]+nums[i]-target))<sub){
                sum=nums[lo]+nums[hi]+nums[i];
                sub=Math.abs(sum-target);
            }
            if(nums[lo]+nums[hi]+nums[i]>target){
                hi--;
            }else{
                lo++;
            }
        }
    }
    return sum;
}

时间复杂度：如果是快速排序的 O(logn)O(log_n)O(logn) 再加上 O（n²），所以就是 O（n²）。

空间复杂度：O（1）。

总

和上一道题非常非常的相似了，先对数组排序，然后利用两头的指针，可以说是十分的优雅了。

第17题. Letter Combinations of a Phone Number

题目描述（中等难度）

给一串数字，每个数可以代表数字键下的几个字母，返回这些数字下的字母的所有组成可能。

解法一 定义相乘

自己想了用迭代，用递归，都理不清楚，灵机一动，想出了这个算法。

把字符串 “23” 看成 [“a”,“b”,c] * [“d”,“e”,“f”] ，而相乘就用两个 for 循环实现即可，看代码应该就明白了。

public List<String> letterCombinations(String digits) {
    List<String> ans = new ArrayList<String>();
    for (int i = 0; i < digits.length(); i++) {
        ans = mul(ans, getList(digits.charAt(i) - '0'));
    }
    return ans;

}

public List<String> getList(int digit) {
        String digitLetter[] = { "", "", "abc", "def", "ghi", "jkl", "mno", "pqrs", "tuv", "wxyz" };
        List<String> ans = new ArrayList<String>();
        for (int i = 0; i < digitLetter[digit].length(); i++) {
            ans.add(digitLetter[digit].charAt(i) + "");
        }
          return ans;
    }
//定义成两个 List 相乘
public List<String> mul(List<String> l1, List<String> l2) {
    if (l1.size() != 0 && l2.size() == 0) {
        return l1;
    }
    if (l1.size() == 0 && l2.size() != 0) {
        return l2;
    }
    List<String> ans = new ArrayList<String>();
    for (int i = 0; i < l1.size(); i++)
        for (int j = 0; j < l2.size(); j++) {
            ans.add(l1.get(i) + l2.get(j));
        }
    return ans;
}

解法二 队列迭代

参考​​这里​​，果然有人用迭代写了出来。主要用到了队列。

public List<String> letterCombinations(String digits) {
        LinkedList<String> ans = new LinkedList<String>();
        if(digits.isEmpty()) return ans;
        String[] mapping = new String[] {"0", "1", "abc", "def", "ghi", "jkl", "mno", "pqrs", "tuv", "wxyz"};
        ans.add("");
        for(int i =0; i<digits.length();i++){
            int x = Character.getNumericValue(digits.charAt(i));
            while(ans.peek().length()==i){ //查看队首元素
                String t = ans.remove(); //队首元素出队
                for(char s : mapping[x].toCharArray())
                    ans.add(t+s);
            }
        }
        return ans;
    }

假如是 “23” ，那么

第 1 次 for 循环结束后变为 a, b, c；

第 2 次 for 循环的第 1 次 while 循环 a 出队，分别加上 d e f 然后入队，就变成 b c ad ae af

第 2 次 for 循环的第 2 次 while 循环 b 出队，分别加上 d e f 然后入队，就变成 c ad ae af bd be bf

第 2 次 for 循环的第 3 次 while 循环 c 出队，分别加上 d e f 然后入队，就变成 ad ae af bd be bf cd ce cf

这样的话队列的元素长度再也没有等于 1 的了就出了 while 循环。

解法三 递归

参考​​这里​​

private static final String[] KEYS = { "", "", "abc", "def", "ghi", "jkl", "mno", "pqrs", "tuv", "wxyz" };

public List<String> letterCombinations(String digits) {
    if(digits.equals("")) {
        return new ArrayList<String>();
    }
    List<String> ret = new LinkedList<String>();
    combination("", digits, 0, ret);
    return ret;
}

private void combination(String prefix, String digits, int offset, List<String> ret) {
    //offset 代表在加哪个数字
    if (offset == digits.length()) {
        ret.add(prefix);
        return;
    }
    String letters = KEYS[(digits.charAt(offset) - '0')];
    for (int i = 0; i < letters.length(); i++) {
        combination(prefix + letters.charAt(i), digits, offset + 1, ret);
    }
}

从 a 开始 ，然后递归到 d ，然后 g ，就把 adg 加入，然后再加入 adh，再加入 adi … 从左到右，递归到底之后就将其加入。

总

这种题的时间复杂度和空间复杂度自己理的不太清楚就没有写了。

第18题: 4Sum

题目描述（中等难度）

和​​3Sum​​类似，只不过是找四个数，使得和为 target，并且不能有重复的序列。

如果之前没有做过​​3Sum​​可以先看看，自己在上边的基础上加了一个循环而已。

public List<List<Integer>> fourSum(int[] num, int target) {
    Arrays.sort(num);
    List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
    //多加了层循环
    for (int j = 0; j < num.length - 3; j++) {
        //防止重复的
        if (j == 0 || (j > 0 && num[j] != num[j - 1]))
            for (int i = j + 1; i < num.length - 2; i++) {
                //防止重复的，不再是 i == 0 ，因为 i 从 j + 1 开始
                if (i == j + 1 || num[i] != num[i - 1]) {
                    int lo = i + 1, hi = num.length - 1, sum = target - num[j] - num[i];
                    while (lo < hi) {
                        if (num[lo] + num[hi] == sum) {
                            res.add(Arrays.asList(num[j], num[i], num[lo], num[hi]));
                            while (lo < hi && num[lo] == num[lo + 1])
                                lo++;
                            while (lo < hi && num[hi] == num[hi - 1])
                                hi--;
                            lo++;
                            hi--;
                        } else if (num[lo] + num[hi] < sum)
                            lo++;
                        else
                            hi--;
                    }
                }
            }
    }
    return res;
}

时间复杂度：O（n³）。

空间复杂度：O（N），最坏情况，即 N 是指 n 个元素的排列组合个数，即 N=Cn4N=C^4_nN=Cn4，用来保存结果。

总

完全是按照 3Sum 的思路写的，比较好理解。

第19题: Remove Nth Node From End of List

题目描述（中等难度）

给定一个链表，将倒数第 n 个结点删除。

解法一

删除一个结点，无非是遍历链表找到那个结点前边的结点，然后改变下指向就好了。但由于它是链表，它的长度我们并不知道，我们得先遍历一遍得到它的长度，之后用长度减去 n 就是要删除的结点的位置，然后遍历到结点的前一个位置就好了。

public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
    int len = 0;
    ListNode h = head;
    while (h != null) {
        h = h.next;
        len++;
    }
    //长度等于 1 ，再删除一个结点就为 null 了
    if (len == 1) {
        return null;
    }

    int rm_node_index = len - n;

    //如果删除的是头结点
    if (rm_node_index == 0) {
        return head.next;
    }

    //找到被删除结点的前一个结点
    h = head;
    for (int i = 0; i < rm_node_index - 1; i++) {
        h = h.next;
    }

    //改变指向
    h.next = h.next.next;
    return head;
}

时间复杂度：假设链表长度是 L ，那么就第一个循环是 L 次，第二个循环是 L - n 次，总共 2L - n 次，所以时间复杂度就是 O（L）。

空间复杂度：O（1）。

我们看到如果长度等于 1 和删除头结点的时候需要单独判断，其实我们只需要在 head 前边加一个空节点，就可以避免单独判断。

public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
    ListNode dummy = new ListNode(0);
    dummy.next = head;
    int length  = 0;
    ListNode first = head;
    while (first != null) {
        length++;
        first = first.next;
    }
    length -= n;
    first = dummy;
    while (length > 0) {
        length--;
        first = first.next;
    }
    first.next = first.next.next;
    return dummy.next;
}

解法二 遍历一次链表

上边我们遍历链表进行了两次，我们如何只遍历一次呢。

看了 ​​leetcode​​ 的讲解。

想象一下，两个人进行 100m 赛跑，假设他们的速度相同。开始的时候，第一个人就在第二个人前边 10m ，这样当第一个人跑到终点的时候，第二个人相距第一个人依旧是 10m ，也就是离终点 10m。

对比于链表，我们设定两个指针，先让第一个指针遍历 n 步，然后再让它俩同时开始遍历，这样的话，当第一个指针到头的时候，第二个指针就离第一个指针有 n 的距离，所以第二个指针的位置就刚好是倒数第 n 个结点。

public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
    ListNode dummy = new ListNode(0);
    dummy.next = head;
    ListNode first = dummy;
    ListNode second = dummy;
    //第一个指针先移动 n 步
    for (int i = 1; i <= n + 1; i++) {
        first = first.next;
    } 
    //第一个指针到达终点停止遍历
    while (first != null) {
        first = first.next;
        second = second.next;
    }
    second.next = second.next.next;
    return dummy.next;
}

时间复杂度：

第一个指针从 0 到 n ，然后「第一个指针再从 n 到结束」和「第二个指针从 0 到倒数第 n 个结点的位置」同时进行。

而解法一无非是先从 0 到 结束，然后从 0 到倒数第 n 个结点的位置。

所以其实它们语句执行的次数其实是一样的，从 0 到倒数第 n 个结点的位置都被遍历了 2 次，所以总共也是 2L - n 次。只不过这个解法把解法一的两次循环合并了一下，使得第二个指针看起来是顺便遍历，想法很 nice。

所以本质上，它们其实是一样的，时间复杂度依旧是 O（n）。

空间复杂度：O（1）。

解法三

没看讲解前，和室友讨论下，如何只遍历一次链表。室友给出了一个我竟然无法反驳的观点，哈哈哈哈。

第一次遍历链表确定长度的时候，顺便把每个结点存到数组里，这样找结点的时候就不需要再遍历一次了，空间换时间？？？哈哈哈哈哈哈哈哈哈。

public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
    List<ListNode> l = new ArrayList<ListNode>();
    ListNode h = head;
    int len = 0;
    while (h != null) {
        l.add(h);
        h = h.next;
        len++;
    }
    if (len == 1) {
        return null;
    }
    int remove = len - n;
    if (remove == 0) {
        return head.next;
    }
    //直接得到，不需要再遍历了
    ListNode r = l.get(remove - 1);
    r.next = r.next.next;
    return head;
}

时间复杂度：O（L）。

空间复杂度：O（L）。

总

利用两个指针先固定间隔，然后同时遍历，真的是很妙！另外室友的想法也很棒，哈哈哈哈哈。

第20题 : Valid Parentheses

题目描述（简单难度）

括号匹配问题。

如果只有一种括号，我们完全可以用一个计数器 count ，遍历整个字符串，遇到左括号加 1 ，遇到右括号减 1，遍历结束后，如果 count 等于 0 ，则表示全部匹配。但如果有多种括号，像 ( [ ) ] 这种情况它依旧会得到 0，所以我们需要用其他的方法。

栈！

遍历整个字符串，遇到左括号就入栈，然后遇到和栈顶对应的右括号就出栈，遍历结束后，如果栈为空，就表示全部匹配。

public boolean isValid(String s) {
    Stack<Character>  brackets  = new Stack<Character>(); 
    for(int i = 0;i < s.length();i++){
        char c = s.charAt(i);
        switch(c){
            case '(':
            case '[':
            case '{':
                brackets.push(c); 
                break;
            case ')':
                if(!brackets.empty()){
                    if(brackets.peek()== '('){
                        brackets.pop();
                    }else{
                        return false;
                    }
                }else{
                    return false;
                }
                break;
            case ']':
                if(!brackets.empty()){
                    if(brackets.peek()=='['){
                        brackets.pop();
                    }else{
                        return false;
                    }
                }else{
                    return false;
                }
                break;
            case '}':
                if(!brackets.empty()){
                    if(brackets.peek()=='{'){
                        brackets.pop();
                    }else{
                        return false;
                    }
                }else{
                    return false;
                }

        }
    }

    return brackets.empty();
}

时间复杂度：O（n）。

空间复杂度：O（n）。

总

如果学过数据结构，一定写过计算器，括号匹配问题一定遇到过的。

今天我们一起学习了LeetCode 题的算法分析,感谢大家阅读,觉得不错记得收藏哦!

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