Lintcode题目总结

方法技巧题：

Complete Binary Tree: http://www.lintcode.com/en/problem/complete-binary-tree/

用一个queue进行层序遍历，如果q.front()为NULL，则pop并break，否则将其左右儿子加入queue。然后检查queue中剩余的元素，如果全是NULL则返回true，否则返回false

Stack Sorting: http://www.lintcode.com/en/problem/stack-sorting/

用另一个stack名为s。在!stk.empty()时，如果s为空或stk.top() <= s.top()则将stk中的元素pop出并加入s；否则令value = stk.top()，令stk进行pop但并不加入s，然后在!s.empty() && s.top() <= value时将s中的元素pop并加入stk，然后将value加入stk，再将s中剩余的元素pop并加入stk。最后再将s中的元素pop并加入stk即可

Reverse Pairs: http://www.lintcode.com/en/problem/reverse-pairs/

用divide & conquer + merge sort，将数组分成两部分分别排序，然后再merge，令用 i 遍历前半部分，j 遍历后半部分，如果nums[i] > nums[j]，则nums[j]一定小于前半部分剩下的所有元素（包括 i），所以此时result += mid - i + 1

Swap Two Nodes in Linked List: http://www.lintcode.com/en/problem/swap-two-nodes-in-linked-list/

要注意特殊判断一下两个节点相邻的情况。只要保证这种情况下pre1在pre2前面即可

LFU Cache: http://www.lintcode.com/en/problem/lfu-cache/

用unordered_map + map + doubly linked list:

1）unordered_map<int, ListNode*> hash：存储key和对应双向链表节点的对应关系

2）map<int, cacheNode*> freq：int型变量是一个cache被访问的次数，cacheNode是一个新的struct，里面只有两个变量：ListNode *head, *newest，分别存储某个固定访问次数的所有cache，head->next是最旧的。注意这里的第二个元素必须用指针

具体的算法是：

set：首先判断如果要加入新的key是否会超出capacity，如果超出则将freq中第一个元素最老的cache删除；然后检查要set的key是否存在，如果已存在则将其从原来freq对应的双向链表中移出，但并不删除这个节点，只是将其frequency++，如果不存在则创建新的节点；最后将更改/新创建的节点加入到freq中正确的出现次数对应的位置。需要注意两点：a) 在从双向链表中移出节点时，要判断cur->next是不是空，不为空才更新cur->next->prev；b) 如果当双向链表移出某个节点后head = newest，则说明当前出现次数下没有对应的cache了，此时应该将对应的cacheNode*进行delete并从freq中erase

get：如果hash中不存在key则返回-1，否则将对应节点从双向链表中移出并将其出现次数+1再插入到合适的位置

注意在定义ListNode时要包括key，val和frequency，其中包括key是为了在从双向链表中删除某个元素时能够从hash中也进行erase，frequency是为了保证将某个节点从双向链表中移出时能对出现次数+1以找到它新的合适的位置。另外注意在destructor中对动态分配的变量进行释放。对于所有的操作，由于不需要进行查找，所以时间复杂度都是O(1)

Dynamic Programming:

Coins In a Line II: http://www.lintcode.com/en/problem/coins-in-a-line-ii/

用dp[i]表示从 i 到最后一个硬币，某个玩家所能获得的最大和。则对于dp[i]：

1）如果当前玩家取一个，则另一个玩家可能取一个或两个：val1 = values[i] + min(dp[i + 2], dp[i + 3])

2）如果当前玩家取两个，则另一个玩家可能取一个或两个：val2 = values[i] + values[i + 1] + min(dp[i + 3], dp[i + 4])

dp[i] = max(val1, val2)

最后再返回dp[0] > total - dp[0]即可。total和dp[i]的计算可以在一个for循环中完成

Backpack: http://www.lintcode.com/en/problem/backpack/

声明一个二维vector<vector<bool>＞ (size + 1, vector<bool>(bag + 1, false))名为can，can[i + 1][j]表示用了前 i 个元素后能否获得值 j，则can[i + 1][j] = can[i][j] || (j >= items[i] && can[i][j - items[i]])，最后再返回 j 从大到小第一个can[size][j]为true时的 j 即可。注意初始化can[i][0] = true。另外空间复杂度可以优化为O(bag)，只要声明两个一维的vector即可，初始化时令[0] = true即可

Copy Books: http://www.lintcode.com/en/problem/copy-books/

O(k *ｎ＾２)：最多只需要书的本数的人，所以k = min(size, k)。用dp[i][j]表示前 i 本书分给 j 个人时的最小值，计算从第 i 本（[i - 1]）到前面第一本，如果都给第 j 个人所能获得的最小值，这里面最小的那个就是结果，即dp[i][j] = min(dp[i][j], max(sum, dp[l][j - 1]))，其中sum是[l] ~ [i - 1]的和。注意初始化：1）当 i = 0即没有书时，dp[0][j] = 0；2）当只有一个人时，dp[i][1]应该等于前 i 本书的和。初始化完成后，令 j = 2 ~ k即可

O(k * n)：仍然用dp[i][j]表示前 i 本书分给前 j 个人时的结果，初始化dp[0][i]和dp[i][1]，令 i = 2 ~ k，对于每个 i 计算dp[right][i]的值，令left = 0，right = 1，在right <= size时，令sum = dp[right][1] - dp[left][1]表示从pages[left + 1]到pages[right]的和，则dp[right][i] = min(dp[right][i], max(sum, dp[left][i - 1]))。因为随着left的增加，dp[left][i - 1]会增加而sum会减少，所以如果left < right && sum > dp[left][i - 1]，则令left++；否则令right++，此外因为当前的left是invalid的，而之前的left是valid，所以应该令left--。最后返回dp[size][k]即可

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