盛最多雨水的容器
数组的第\(i\)个数字表示这个位置隔板的高度，选择哪两块板子可以装最多的水，返回可以存储的最大水量。
有一种双指针的贪心策略：如果左边的指针所在的挡板低，就将左边的指针右移，否则将右边的指针左移。
每次移动完之后，计算当前能存储的水量，并和结果值相比较。
证明：假设最优解对应的两条线的下标是 \(i^′,j^′(i^′<j^′)\)，在 \(i,j\) 不断靠近的过程中，不妨假设 \(i\) 先走到 \(i^′\)，则此时有 \(j^′<j\)。反证，如果此时 \(a_i≤a_j\)，设 \(S\) 表示 \(i,j\) 能盛多少水，\(S^′\) 表示 \(i^′,j^′\) 能盛多少水，则：
\[S=min(a_i,a_j)∗(j−i) =a_i∗(j−i) >a_i∗(j^′−i) \geq min(ai,aj^′)∗(j^′−i)=S^′ \]与 \(S^′\) 是最优解矛盾，因此 \(a_i>a_j\)，所以 \(j\) 会一直走到 \(j^′\)，从而得到最优解。
int maxArea(vector<int>& height) {
int res = 0;
for(int l = 0, r = height.size() - 1; l < r; ) {
res = max(res, (r - l) * min(height[l], height[r])); // 先计算当前状态再转移
if(height[l] < height[r]) l ++;
else r --;
}
return res;
}
整数转罗马数字
在罗马数字中有如下规则：
I 1 V 5 X 10 L 50 C 100 D 500 M 1000通常，罗马数字中小的数字在大的数字的右边，如
XV表示\(15\)。但也存在特例，如IV表示\(4\)，但这只有如下六种情况：
I可以放在V(5) 和X(10) 的左边，来表示 4 和 9。X可以放在L(50) 和C(100) 的左边，来表示 40 和 90。C可以放在D(500) 和M(1000) 的左边，来表示 400 和 900。将给定的数字转化为罗马数字。
1 2 3 4 5 6 7 8 9
I II III IV V VI VII VIII IX
10 20 30 40 50 60 70 80 90
x XX XXX XL L LX LXX LXXX XC
100 200 300 400 500 600 700 800 900
c CC CCC CD D DC DCC DCCC CM
1000 2000 3000
M MM MMM
分别枚举个十百千位的数值如何表示，我们不难发现\(1-3\)，\(6-8\)的表示比较显然，其余的则比较特殊。
以\(100-900\)为例，以\(100,400,500,900\)为界，若\(x>900\)则\(x-900\)，若\(x>500\)则\(x-500\)，直至循环结束。
所以只需要打表打出\(1,4,5,9\)系列的值即可，然后从大到小依次减。
string intToRoman(int num) {
vector<int> key = {1000, 900, 500, 400, 100, 90, 50, 40, 10, 9, 5, 4, 1};
vector<string> value = {"M", "CM", "D", "CD", "C", "XC", "L", "XL", "X", "IX", "V", "IV", "I"};
string ans = "";
// 2649 -> 1649 -> 649 -> 149 -> 49 -> 9 -> 0
// M MM MMD MMDC MMDCXL MMDCXLIX
for(int i = 0; i < key.size(); i ++) {
while(num >= key[i]) {
num -= key[i];
ans += value[i];
}
}
return ans;
}
罗马数字转整数
将给定的罗马数字转化为整数。
和上一题类似的打表思想，但是将罗马数字转化为整数时，注意到一个特性：
若大数在小数左边，则为大数+小数，若大数在小数右边，则为大数-小数。并且本题只需要存储7个罗马数字即可。
int romanToInt(string s) {
unordered_map<char, int> mp;
mp['I'] = 1; mp['V'] = 5; mp['X'] = 10; mp['L'] = 50;
mp['C'] = 100; mp['D'] = 500; mp['M'] = 1000;
int ans = 0;
for(int i = 0; i < s.size(); i ++) {
if(i + 1 < s.size() && mp[s[i]] < mp[s[i + 1]])
ans -= mp[s[i]];
else
ans += mp[s[i]];
}
return ans;
}
最长公共前缀
求字符串数组中的最长公共前缀。
可以用trie树来做，但是太麻烦。
可以直接枚举字符串的每一位，看所有字符串的这一位是否都相同，如果不同就返回当前结果，否则继续下一轮判断。
string longestCommonPrefix(vector<string>& strs) {
string ans = "";
for(int i = 0; i < strs[0].size(); i ++) { // 枚举第i位
char c = strs[0][i];
bool flag = true;
for(auto str : strs) { // 判断所有字符串的第i位是否都相同
if(str.size() < i || str[i] != c) {
flag = false;
break;
}
}
if(flag) ans += c;
else break;
}
return ans;
}
三数之和
给定整数数组，找出满足\(i \neq j \neq k\)且
nums[i]+nums[j]+nums[k]=0的所有三元组。
先对整数数组排序，然后枚举\(i\)的所有位置，再对\(j,k\)使用双指针算法。
当\(i\)的位置固定后，\(nums[j]+nums[k]=-nums[i]\)，当\(j\)右移时，\(k\)必然左移，因此时间复杂度为\(O(n^2)\)。
由于答案中不能包含重复的三元组，可以使用set来对答案进行去重。
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
set<vector<int>> res;
sort(nums.begin(), nums.end());
for(int i = 0; i < nums.size() - 2; i ++) { // 固定i
for(int j = i + 1, k = nums.size() - 1; j < k; j ++) { // 每次移动j,对j找到满足条件的k
while(j < k - 1 && nums[i] + nums[j] + nums[k] > 0) k --;
if(nums[i] + nums[j] + nums[k] == 0)
res.insert({nums[i], nums[j], nums[k]});
}
}
vector<vector<int>> ans; // 去重
for(auto p : res) ans.push_back(p);
return ans;
}
对于1 1 2 2 -3这种情况来说，第1个1和第2个1所呈现出的组合是一样的，所以对于相同的数i和j都只需要遍历一次即可。
也可以通过这种方法来去重，会大大降低时间复杂度。
vector<vector<int>> threeSum(vector<int>& nums) {
vector<vector<int>> ans;
sort(nums.begin(), nums.end());
for(int i = 0; i < nums.size() - 2; i ++) { // 固定i
if(i && nums[i] == nums[i - 1]) continue; // i不能重复判断
for(int j = i + 1, k = nums.size() - 1; j < k; j ++) { // 每次移动j,对j找到满足条件的k
if(j > i + 1 && nums[j] == nums[j - 1]) continue; // j不能重复判断
// 因为i和j都不会重复,所以k也必然不会重复,所以不需要额外特判k
while(j < k - 1 && nums[i] + nums[j] + nums[k] > 0) k --;
if(nums[i] + nums[j] + nums[k] == 0)
ans.push_back({nums[i], nums[j], nums[k]});
}
}
return ans;
}