前言

算法学习的记录，LeetCode 刷题中...

感谢 Labuladong 、Carl 等大佬免费的学习资料

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目录

前言
数组
链表
- 双指针
字符串
二叉树
回溯算法
图
数据结构
数学运算技巧
动态规划
- 动态规划解框架
  - 斐波那契数列
  - 凑零钱问题
- 子序列问题
  - 最长递增子序列
  - 二维最长递增的子序列
  - 最大子数组和
  - 最长公共子序列
  - 编辑距离
  - 子序列问题解题模板
- 空间压缩
- 经典动态规划
- 有限状态机之 KMP 字符匹配算法
- 背包类型问题
- 贪心算法
  - 区间调度问题
  - 跳跃游戏
- 分治算法
  - 运算优先级

数组

前缀和、前缀积

前缀和技巧适用于快速、频繁地计算一个索引区间内的元素之和，它不会修改原始数组。 核⼼思路是创建⼀个数组 preSum， preSum[i] 记录 nums[0..i-1] 的累加和(preSum[0] = 0)。若需要计算某个索引区间 [i, j] 内的元素之和，只需要计算 preSum[j+1] - preSum[i] 的值即可。

具体解释见代码内注释

这两道基础题分别从一维和二维层面运用前缀和来解决问题。主要需要弄清楚该计算从哪儿到哪儿的和以及其中任意索引区间内的元素之和该如何表示。若使用前缀和(积)方法且前缀和(积)数组为了方便计算而将首位置为0(或1)，则需要时刻注意其起始索引为 1。

与前缀和思想相似，这两道求积的问题也可以通过先求前缀积再根据具体情况考虑特殊之处。如 #238 可以使用 前缀积+后缀积 的方式来实现不使用除法解答；#1352 需要在插入 0 后清空当前前缀积重新开始计算。

差分数组

差分数组的主要适⽤场景是频繁对原始数组的某个区间的元素进⾏增减。 若需要对数组 nums[i..j] 全部加 1，再给 nums[k..l] 全部减 2 等等一系列增减操作，最后返回增减后的数组。常规思路就是使用 for 循环对指定区间内的元素进行加减，但这样对 nums 的修改非常频繁且效率低下，时间复杂度为 $O(N)$。使用差分数组与前缀和构造的 preSum 数组相似，可以为 nums 数组构造⼀个差分数组 diff， diff[i] 就是 nums[i] 和 nums[i-1] 的差：

// nums[] = {5, 7, 9, 2, 3}
// diff[] = {5, 2, 2, -7, 1}
int[] diff = new int[nums.length];
// 构造差分数组
diff[0] = nums[0];
for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
    diff[i] = nums[i] - nums[i - 1];
}

这样，如果需要通过 diff 数组构造结果数组 nums，只需要:

int[] res = new int[diff.length];
// 根据差分数组构造结果数组
res[0] = diff[0];
for (int i = 1; i < diff.length; i++) {
    res[i] = res[i - 1] + diff[i];
}

通过构造差分数组 diff 就可以快速地对指定区间内的元素进行增减操作。如果需要将区间 nums[i..j] 内的元素全部加 2，那么只需要让 diff[i] += 2，然后再让 diff[j+1] -= 2 即可。

// nums[] = {5, 7, 9, 2, 3}
// diff[] = {5, 4, 2, -7, -1}
                i      j
// res[] = {5, 9, 11, 4, 3}

这是因为 diff[i] += 2 后就相当于为 nums[i..] 的所有元素都进行了加 2 操作，diff[j+1] -= 2 就相当于为 nums[j+1..] 的所有元素进行了减 2 操作，因此这样就相当于只对区间 nums[i..j] 进行了加 2 操作。只需要花费 $O(1)$ 的时间修改 diff 数组，就给 nums 的整个区间做了修改。多次修改 diff 后再通过计算就可以得到 nums 修改后的结果。

考虑到差分数组代码的复用性，可以将其抽象为一个类：

class Diff {
    private int[] diff;

    /**
     * create the diff array
     * @param nums
     */
    public Diff(int[] nums) {
        assert nums.length > 0;
        diff = new int[nums.length];
        diff[0] = nums[0];
        for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
            diff[i] = nums[i] - nums[i - 1];
        }
    }

    /**
     * 
     * @param i
     * @param j
     * @param val
     */
    public void calc(int i, int j, int val) {
        diff[i] += val;
        // 若 j+1 < diff.length 则表示修改是从 i 到最后
        if(j + 1 < diff.length) {
            diff[j + 1] -= val;
        }
    }

    /**
     * 
     * @return the result of the origin array by diff[]
     */
    public int[] result() {
        int res[] = new int[diff.length];
        res[0] = diff[0];
        for (int i = 1; i < diff.length; i++) {
            res[i] = res[i - 1] + diff[i];
        }
        return res;
    }
}

这三道题都是典型的需要使用差分数组进行解答的题目，可以抽象出一个 Diff 差分数组工具类来提升代码的复用性。需要注意在初始化 nums[] 时其长度的选择：进行增减操作次数的最大值。

双指针

双指针技巧主要分为两类：左右指针和快慢指针。

左右指针：两个指针相向而行或者相背而行，一左一右。
快慢指针：两个指针同向而行，一快一慢。

在数组中并没有真正意义上的指针，但可以把索引当做数组中的指针，这样也可以在数组中施展双指针技巧。

快慢指针

快慢指针常用在数组问题中要求原地修改数组。

原地修改即不允许 new 新数组，只能在原数组上操作，返回一个长度，通过返回的长度和原始数组得到结果。快慢指针通过慢指针指向需要修改的元素，快指针遍历数组，当快指针找到符合条件的元素时，将慢指针指向的元素修改为新值，然后慢指针向后移动一位，快指针向后移动一位，继续遍历。

这三道题非常相似，都使用快慢指针来实现原地修改。

左右指针

左右指针常用在有序数组和字符串问题中。

左右指针比较简单，根据题意进行相应操作即可。在二分查找中也有体现左右指针的特性。

二维数组的遍历问题

对于矩阵的各种遍历需要多归纳总结规律，如矩阵的逆时针旋转可以按副对角线进行镜像对称，这与 #48 题相反。

滑动窗口

滑动窗口常用于解决子串问题。

滑动窗口也是利用双指针来实现的，一个用于延伸现有窗口的 right 指针，和一个用于收缩窗口的 left 指针。在任意时刻，只有一个指针运动，而另一个保持静止。

对于解决滑动窗口问题的代码框架：

void String slidingWindow(String s) {
    HashMap<Character, Integer> window = new HashMap<>();
    
    // 左右指针
    int left = 0, right = 0;

    while(right < s.length()) {
        // 移入窗口的字符
        char ch = s.charAt(right);
        // 扩大窗口
        right++;
        // 数据操作
        ...

        // debug 输出
        System.out.println(window);

        // 判断左窗口是否需要收缩
        while(window needs shrink) {
            // 移出窗口的字符
            char c = s.charAt(left);
            // 收缩窗口
            left++;
            // 数据操作
            ...
        }
    }
}

其中两处 ... 表示的更新窗口数据的地方

通过滑动窗口的代码框架可以很容易地写出这三题，思路都基本相似。主要需要考虑三个问题：

什么时候应该扩大窗口？
什么时候应该缩小窗口？
什么时候得到一个合法的答案？

二分查找

二分查找也称折半查找（Binary Search），它是一种效率较高的查找方法。但是，折半查找要求线性表必须采用顺序存储结构，而且表中元素按关键字有序排列。

二分查找代码框架（在有序数组中搜索指定元素）：

int binarySearch(int[] nums, int target) {
    int left = 0, right = ...;
    while(...) {
        int mid = left + (right - left) / 2;
        if(nums[mid] == target) {
            ...
        } else if(nums[mid] < target) {
            left = ...
        } else {
            right = ...
        }
    }
    return ...;
}

278.第一个错误的版本 🔗

分析二分查找的一个技巧是：不要出现 else，而是把所有情况用 else if 写清楚，这样可以清楚地展现所有细节。

其中 ... 标记的部分，就是可能出现细节问题的地方，当见到一个二分查找的代码时，首先注意这几个地方。

计算 mid 时需要防止溢出，代码中 left + (right - left) / 2 与 (left + right) / 2 等价，但是有效防止了 left 和 right 太大，直接相加导致溢出的情况。

查找一个数

二分查找最普通的用法，即搜索一个数，如果存在，返回其索引，否则返回 -1。

704.二分查找 🔗

代码中的细节：

为什么 while 循环的条件中是 <=，而不是 < ？

因为初始化 right 时赋值为 nums.length - 1，即最后一个元素的索引，而不是 nums.length。

这二者可能出现在不同功能的二分查找中，区别是：前者相当于两端都闭区间 [left, right]，后者相当于左闭右开区间 [left, right)（索引大小为 nums.length 越界）。

这里使用的是前者 [left, right] 闭区间。这个区间就是每次进行搜索的区间。

而 while(left <= right) 的终止条件是 left == right + 1，即 [right + 1, right]，这时区间为空。所以 while 循环终止是正确的，直接返回 -1。

while(left < right) 的终止条件是 left == right，即 [right, right]，区间中还有 right，但此时 while 循环终止了。也就是说此时区间中索引 right 没有被搜索，如果这时候直接返回 -1 就是错误的。

若需使用 while(left < right)，也可以在返回时再次搜索 right 处值：

...
while(left < right) {
  ...
}
return nums[left] == target ? left : -1;

为什么 left = mid + 1，right = mid - 1 ？

当查到 mid > target 时，说明 target 在 mid 右边，所以 left = mid + 1，即搜索右半部分。同理，当查到 mid < target 时，说明 target 在 mid 左边，所以 right = mid - 1，即搜索左半部分。

此算法的缺陷？

如有序数组 nums = [1,2,2,2,3]，target 为 2，此算法返回的索引为 2。但如果想得到 target 的左侧边界，即索引 1，或者 target 的右侧边界，即索引 3 的话此算法是无法处理的。

但是如果当找到一个 target，然后向左或向右线性搜索又难以保证二分查找对数级的复杂度。

寻找边界的二分搜索

对普通二分查找算法稍加改动就可以实现寻找边界的二分查找。重点是在查找到 target 时并不马上返回，而是继续缩小范围继续查找左边或右边是否还有 target。

34.在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置 🔗

二分思维的精髓就是：通过已知信息尽可能多地收缩（折半）搜索空间，从而增加穷举效率，快速找到目标。

二分查找问题的泛化

什么问题可以运用二分搜索算法技巧？

首先要从题目中抽象出一个自变量 x，一个关于 x 的函数 f(x)，以及一个目标值 target。

同时，x, f(x), target 还要满足以下条件：

f(x) 必须是在 x 上的单调函数。
题目要求计算满足约束条件 f(x) == target 时的 x 的值。

二分查找代码框架：

// 函数 f 是关于自变量 x 的单调函数
int f(int x) {
    // ...
}

// 主函数，在 f(x) == target 的约束下求 x 的最值
int solution(int[] nums, int target) {
    if (nums.length == 0) return -1;
    int left = ...;
    int right = ... + 1;
    
    while (left < right) {
        int mid = left + (right - left) / 2;
        if (f(mid) == target) {
            ...
        } else if (f(mid) < target) {
            ...
        } else if (f(mid) > target) {
            ...
        }
    }
    return left;
}

其中 ... 根据具体业务编写代码。

最重要的是从题目中抽象出满足使用二分查找的自变量 x，以及关于 x 的函数 f(x)，以及目标值 target。其次是考虑如何编写 f(x) 以满足题目需求。

链表

双指针

合并、分解链表

主要是要弄清楚如何找到最小的节点，合并两个有序链表时可以使用双指针来对比哪个更小，合并 k 个时使用优先队列来让更小的节点先出队。

另外，代码中还用到一个链表的算法题中是很常见的虚拟头结点技巧，也就是 dummy 节点。如果不使用 dummy 虚拟节点，代码会复杂很多，而有了 dummy 节点这个占位符，可以避免处理空指针的情况，降低代码的复杂性。

86.分隔链表 🔗

单链表的倒数第 k 个节点

19.删除链表的倒数第n个结点 🔗

如何找到链表的倒数第 k 个节点是本题的重点，一般可以先遍历一次计算出链表的长度，第二次遍历删除第 n - k 个节点即可。但这样需要遍历两次链表。若使用两个指针 p1、p2，先让 p1 前进 k 步，再让 p2 与 p1 一起前进，那么当 p1 到达链表末端时 p2 所处的位置就是第 n - k 个节点处，即倒数第 k 个节点处。这样只需要一次遍历就能找到倒数第 k 个节点了。

单链表的中点

876.链表的中间结点 🔗

常规方法是先遍历链表得到 n，再遍历一次得到 n / 2 个节点。如果想一次遍历得到中间节点，可以使用快慢指针。让两个指针 slow 和 fast 同时从 head 出发，每当慢指针 slow 前进一步，快指针 fast 就前进两步。这样，当 fast 到达链表末尾时，slow 刚好指向了链表的中点。

判断链表是否包含环

判断链表是否有环的问题也需要使用到寻找链表中点的思想。每当慢指针 slow 前进一步，快指针 fast 就前进两步，如果 fast 最终为 null，说明链表中没有环；如果最终 fast 和 slow 相遇，说明链表中有环。

若需要计算环的起点，可以在当快慢指针相遇时，让其中任一个指针指向头节点，然后让它们以相同速度前进，再次相遇时所在的节点位置就是环开始的位置。

假设指针相遇时，慢指针 slow 走了 k 步，那么快指针 fast 一定走了 2k 步。fast 一定比 slow 多走了 k 步，这多走的 k 步就是 fast 指针在环里转圈，所以 k 的值就是环长度的「整数倍」。假设相遇点距环起点的距离为 m，那么环起点距头结点 head 的距离为 k - m，也就是说如果从 head 前进 k - m 步就能到达环起点。如果从相遇点继续前进 k - m 步，也恰好到达环起点。因为 fast 指针从相遇点开始走 k 步可以转回到相遇点，那走 k - m 步肯定就走到环起点了。所以，只要把快慢指针中的任一个重新指向 head，然后两个指针同速前进，k - m 步后一定会相遇，相遇之处就是环的起点了。

两个链表是否相交

160.相交链表 🔗

这个题直接的想法可能是用 HashSet 记录一个链表的所有节点，然后和另一条链表对比，但这就需要额外的空间。

若不使用额外空间而使用双指针 p1、p2，主要需要解决它们分别在两条链表上前进而不能同时走到公共节点，也就无法得到相交节点的问题，即如何让 p1 和 p2 两个指针能够同时到达相交节点。

因此可以让 p1、p2 遍历完当前链表后继续遍历对方的链表。这样就相当于两条链表在逻辑上连接在了一起，p1、p2 就可以同时进入相交节点。

另外，也可以使两个指针到达尾部的距离相同来保证两个指针能够同时到达相交节点：

public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
    int lenA = 0, lenB = 0;
    // 计算两条链表的长度
    for (ListNode p1 = headA; p1 != null; p1 = p1.next) {
        lenA++;
    }
    for (ListNode p2 = headB; p2 != null; p2 = p2.next) {
        lenB++;
    }
    // 让 p1 和 p2 到达尾部的距离相同
    ListNode p1 = headA, p2 = headB;
    if (lenA > lenB) {
        for (int i = 0; i < lenA - lenB; i++) {
            p1 = p1.next;
        }
    } else {
        for (int i = 0; i < lenB - lenA; i++) {
            p2 = p2.next;
        }
    }
    // 看两个指针是否会相同，p1 == p2 时有两种情况：
    // 1. 两条链表不相交，同时走到尾部空指针
    // 2. 两条链表相交，走到两条链表的相交点
    while (p1 != p2) {
        p1 = p1.next;
        p2 = p2.next;
    }
    return p1;
}

反转链表

递归反转整个链表

206.反转链表 🔗

反转单链表的迭代实现非常简单，而递归实现：

// 定义：输入一个单链表头结点，将该链表反转，返回新的头结点
ListNode reverse(ListNode head) {
    if (head == null || head.next == null) {
        return head;
    }
    ListNode last = reverse(head.next);
    head.next.next = head;
    head.next = null;
    return last;
}

首先 reverse(head.next) 执行完成后，整个链表除了头节点，其他节点都进行了反转且尾节点指向了 null，剩下只需要将尾节点指向头节点，头节点指向 null 即可。

反转链表的前 N 个节点

若要实现如下函数：

// 将链表的前 n 个节点反转（n <= 链表长度）
ListNode reverseN(ListNode head, int n)

解决思路和反转整个链表差不多：

ListNode successor = null; // 后驱节点

// 反转以 head 为起点的 n 个节点，返回新的头结点
ListNode reverseN(ListNode head, int n) {
    if (n == 1) {
        // 记录第 n + 1 个节点
        successor = head.next;
        return head;
    }
    // 以 head.next 为起点，需要反转前 n - 1 个节点
    ListNode last = reverseN(head.next, n - 1);

    head.next.next = head;
    // 让反转之后的 head 节点和后面的节点连起来
    head.next = successor;
    return last;
}

刚才直接把 head.next 设置为 null，因为整个链表反转后原来的 head 变成了整个链表的最后一个节点。但现在 head 节点在递归反转之后不一定是最后一个节点了，所以要记录后驱 successor（第 n + 1 个节点），反转之后将 head 连接上。

反转链表的一部分

给一个索引区间 [m, n]（索引从 1 开始），仅仅反转区间中的链表元素：

ListNode reverseBetween(ListNode head, int m, int n)

如果 m == 1，就相当于反转链表开头的 n 个元素：

ListNode reverseBetween(ListNode head, int m, int n) {
    // base case
    if (m == 1) {
        // 相当于反转前 n 个元素
        return reverseN(head, n);
    }
    // ...
}

如果 m != 1：

ListNode reverseBetween(ListNode head, int m, int n) {
    // base case
    if (m == 1) {
        return reverseN(head, n);
    }
    // 前进到反转的起点触发 base case
    head.next = reverseBetween(head.next, m - 1, n - 1);
    return head;
}

92.反转链表 II 🔗

虽然迭代实现的时间复杂度与递归实现的时间复杂度相同，且递归实现的空间复杂度更高，但递归的思想很值得学习。

K 个一组反转链表

25.K 个一组反转链表 🔗

由于对链表每次都进行 K 个一组的反转后，剩下的节点同样是一条链表，且规模较原链表小，因此递归同样适用于这个问题。先反转以 head 为头节点的 K 个节点，之后将第 K + 1 个节点作为 head 继续递归反转再将结果拼接即可。

迭代地反转一个区间内的节点：首先若反转整个链表：

// 反转以 a 为头结点的链表
ListNode reverse(ListNode a) {
    ListNode pre, cur, nxt;
    pre = null; cur = a; nxt = a;
    while (cur != null) {
        nxt = cur.next;
        // 逐个结点反转
        cur.next = pre;
        // 更新指针位置
        pre = cur;
        cur = nxt;
    }
    // 返回反转后的头结点
    return pre;
}

反转以 a 为头结点的链表其实就是反转 a 到 null 之间的结点，同理，反转 a 到 b 之间的结点只需要：

while (cur != b) {
        nxt = cur.next;
        cur.next = pre;
        pre = cur;
        cur = nxt;
    }

对于 reverseKGroup ：

ListNode reverseKGroup(ListNode head, int k) {
    if (head == null) return null;
    // 区间 [a, b) 包含 k 个待反转元素
    ListNode a, b;
    a = b = head;
    for (int i = 0; i < k; i++) {
        // 不足 k 个，不需要反转，base case
        if (b == null) return head;
        b = b.next;
    }
    // 反转前 k 个元素
    ListNode newHead = reverse(a, b);
    // 递归反转后续链表并连接起来
    a.next = reverseKGroup(b, k);
    return newHead;
}

回文链表

234.回文链表 🔗

与二叉树遍历相似，链表也可以用递归的方式遍历，这里使用后序遍历就可以倒叙遍历链表，再与从头节点开始遍历比较是否相同：

// 左侧指针
ListNode left;

boolean isPalindrome(ListNode head) {
    left = head;
    return traverse(head);
}

boolean traverse(ListNode right) {
    if (right == null) return true;
    boolean res = traverse(right.next);
    // 后序遍历代码
    res = res && (right.val == left.val);
    left = left.next;
    return res;
}

这样做的核心逻辑就是把链表节点放入一个栈，然后再拿出来，这时候元素顺序就是反的。

但是这样的空间复杂度为 $O(N)$。若要不使用额外空间，可以先通过双指针中的快慢指针找到链表的中点，再从 slow 开始反转后面的链表，然后进行比较。

需要注意的是，若链表长度为奇数即 fast 指针没有指向 null，slow 还需要再前进一步。且此方法需要修改原链表。

boolean isPalindrome(ListNode head) {
    ListNode slow, fast;
    slow = fast = head;
    while (fast != null && fast.next != null) {
        slow = slow.next;
        fast = fast.next.next;
    }
    
    if (fast != null)
        slow = slow.next;
    
    ListNode left = head;
    ListNode right = reverse(slow);
    while (right != null) {
        if (left.val != right.val)
            return false;
        left = left.next;
        right = right.next;
    }
    
    return true;
}

ListNode reverse(ListNode head) {
    ListNode pre = null, cur = head;
    while (cur != null) {
        ListNode next = cur.next;
        cur.next = pre;
        pre = cur;
        cur = next;
    }
    return pre;
}

字符串

其中 #242 和 #387 很相似，都是通过 Hash 映射比较异同，遇到这类题首先可以考虑使用 Hash。而 #7 与 #8 需要仔细考虑溢出问题。

二叉树

纲领

二叉树解题的思维模式分两类：

是否可以通过遍历一遍二叉树得到答案？如果可以，用一个 traverse 函数配合外部变量来实现，这叫「遍历」的思维模式。
是否可以定义一个递归函数，通过子问题（子树）的答案推导出原问题的答案？如果可以，写出这个递归函数的定义，并充分利用这个函数的返回值，这叫「分解问题」的思维模式。

无论使用哪种思维模式，都需要思考：

如果单独抽出一个二叉树节点，它需要做什么事情？需要在什么时候（前/中/后序位置）做？递归函数会在所有节点上执行相同的操作，因此只需考虑一个节点。

前序位置，就是刚进入一个节点（元素）的时候，后序位置就是即将离开一个节点（元素）的时候，把代码写在不同位置，代码执行的时机也不同。

前中后序是遍历二叉树过程中处理每一个节点的三个特殊时间点，绝不仅仅是三个顺序不同的 List。

二叉树的所有问题，就是在前中后序位置注入巧妙的代码逻辑，去达到自己的目的。我们只需要单独思考每一个节点应该做什么，其他的交给二叉树遍历框架，递归会在所有节点上做相同的操作。

如 #104，显然遍历一遍二叉树，用一个外部变量记录每个节点所在的深度，取最大值就可以得到最大深度，这就是遍历二叉树计算答案的思路。代码如下：

class Solution {
    // 记录最大深度
    int depth = 0;
    // 记录遍历到的节点的深度
    int res = 0;

    public int maxDepth(TreeNode root) {
        traverse(root);
        return res;
    }
    // 遍历二叉树
    private void traverse(TreeNode root) {
        if(root == null) {
            return;
        }
        // 前序遍历位置
        depth++;
        // 遍历的过程中记录最大深度
        res = res < depth ? depth : res;
        traverse(root.left);
        traverse(root.right);
        // 后序遍历位置
        depth--;
    }
}

这个解法很好理解，但为什么需要在前序位置增加 depth，在后序位置减小 depth？

因为前序位置是进入一个节点的时候，后序位置是离开一个节点的时候，depth 记录当前递归到的节点深度，把 traverse 理解成在二叉树上游走的一个指针，所以当然要这样维护。

至于对 res 的更新放到前中后序位置都可以，只要保证在进入节点之后，离开节点之前（即 depth 自增之后，自减之前）就行了。

一棵二叉树的最大深度也可以通过子树的最大深度推导出来，这就是分解问题计算答案的思路。代码如下：

// 定义：输入根节点，返回这棵二叉树的最大深度
int maxDepth(TreeNode root) {
	if (root == null) {
		return 0;
	}
	// 利用定义，计算左右子树的最大深度
	int leftMax = maxDepth(root.left);
	int rightMax = maxDepth(root.right);
	// 整棵树的最大深度等于左右子树的最大深度取最大值，
    // 然后再加上根节点自己
	int res = Math.max(leftMax, rightMax) + 1;

	return res;
}

只要明确递归函数的定义，这个解法也不难理解，但为什么主要的代码逻辑集中在后序位置？

因为这个思路正确的核心在于通过子树的最大深度推导出原树的深度首先需要利用递归函数的定义算出左右子树的最大深度，然后推出原树的最大深度，主要逻辑自然放在后序位置。

可以发现前序位置的代码执行是自顶向下的，而后序位置的代码执行是自底向上的。

因此，前序位置的代码只能从函数参数中获取父节点传递来的数据，而后序位置的代码不仅可以获取参数数据，还可以获取到子树通过函数返回值传递回来的数据。

举具体的例子，有一棵二叉树：

如果把根节点看做第 1 层，如何打印出每一个节点所在的层数？
如何打印出每个节点的左右子树各有多少节点？

第一个问题：

// 二叉树遍历函数
void traverse(TreeNode root, int level) {
    if (root == null) {
        return;
    }
    // 前序位置
    printf("节点 %s 在第 %d 层", root, level);
    traverse(root.left, level + 1);
    traverse(root.right, level + 1);
}

// 调用
traverse(root, 1);

第二个问题：

// 定义：输入一棵二叉树，返回这棵二叉树的节点总数
int count(TreeNode root) {
    if (root == null) {
        return 0;
    }
    int leftCount = count(root.left);
    int rightCount = count(root.right);
    // 后序位置
    printf("节点 %s 的左子树有 %d 个节点，右子树有 %d 个节点",
            root, leftCount, rightCount);

    return leftCount + rightCount + 1;
}

这两个问题的根本区别在于：一个节点在第几层，从根节点遍历过来的过程就能顺带记录；而以一个节点为根的整棵子树有多少个节点，需要遍历完子树之后才能数清楚。

一旦发现题目和子树有关，那大概率要给函数设置合理的定义和返回值，在后序位置写代码了。

652.寻找重复的子树 🔗

思路

运用纲领中的二叉树解题的思维模式：

每道二叉树的题都需要思考纲领中提到的：

是否可以通过遍历一遍二叉树得到答案？如果可以，用一个 traverse 函数配合外部变量来实现，这叫「遍历」的思维模式。
是否可以定义一个递归函数，通过子问题（子树）的答案推导出原问题的答案？如果可以，写出这个递归函数的定义，并充分利用这个函数的返回值，这叫「分解问题」的思维模式。

无论使用哪种思维模式，都需要思考：

如果单独抽出一个二叉树节点，它需要做什么事情？需要在什么时候（前/中/后序位置）做？递归函数会在所有节点上执行相同的操作，因此只需考虑一个节点。

对于 #114 由于函数的返回值限定为 void，因此无法通过简单的二叉树遍历来解决这道题。此时就应该考虑分解问题的思路。对于 #116 可以使用遍历而不能使用分解问题的思路。对于 #226 两种思路都可以。

构造二叉树

二叉树的构造问题一般都是使用「分解问题」的思路：构造整棵树 = 根节点 + 构造左子树 + 构造右子树。

654.最大二叉树 🔗

每个二叉树节点都可以认为是一棵子树的根节点，对于根节点，首先要做的是把想办法把自己先构造出来，然后想办法构造自己的左右子树。

所以需要遍历数组找到最大值 maxVal，从而把根节点 root 做出来，然后对 maxVal 左边的数组和右边的数组进行递归构建，作为 root 的左右子树。

伪码如下：

TreeNode constructMaximumBinaryTree(int[] nums) {
    if (nums is empty) return null;
    // 找到数组中的最大值
    int maxVal = Integer.MIN_VALUE;
    int index = 0;
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        if (nums[i] > maxVal) {
            maxVal = nums[i];
            index = i;
        }
    }

    TreeNode root = new TreeNode(maxVal);
    // 递归调用构造左右子树
    root.left = constructMaximumBinaryTree(nums[0..index-1]);
    root.right = constructMaximumBinaryTree(nums[index+1..nums.length-1]);
    return root;
}

当前 nums 中的最大值就是根节点，然后根据索引递归调用左右数组构造左右子树即可。

105.从前序与中序遍历序列构造二叉树 🔗

与上一题类似，需要确定根节点，然后递归构造左右子树。

根据前序遍历的特点可以很容易的找到根节点——前序遍历的第一个数字 preorder[0]。关键在于如何通过根节点的值，将 preorder 和 inorder 数组划分成两半，构造根节点的左右子树

即下面代码中的 ？ 应该如何确定：

// 存储 inorder 中值到索引的映射
HashMap<Integer, Integer> valToIndex = new HashMap<>();

public TreeNode buildTree(int[] preorder, int[] inorder) {
    for (int i = 0; i < inorder.length; i++) {
        valToIndex.put(inorder[i], i);
    }
    return build(preorder, 0, preorder.length - 1, inorder, 0, inorder.length - 1);
}

/* 
    build 函数的定义：
    若前序遍历数组为 preorder[preStart..preEnd]，
    中序遍历数组为 inorder[inStart..inEnd]，
    构造二叉树，返回该二叉树的根节点 
*/
TreeNode build(int[] preorder, int preStart, int preEnd, int[] inorder, int inStart, int inEnd) {
    int rootVal = preorder[preStart];
    // 避免 for 循环寻找 rootVal
    int index = valToIndex.get(rootVal);

    TreeNode root = new TreeNode(rootVal);
    // 递归构造左右子树
    root.left = build(preorder, ?, ?, inorder, ?, ?);

    root.right = build(preorder, ?, ?, inorder, ?, ?);
    return root;
}

对于左右子树对应的 inorder 数组的起始索引和终止索引比较容易确定：

root.left = build(preorder, ?, ?, inorder, inStart, index - 1);

root.right = build(preorder, ?, ?, inorder, index + 1, inEnd);

中序遍历的根节点左边就是左子树的节点值，右边就是右子树的节点值。

而对于 preorder 数组，可以通过左子树的节点数推导出来，假设左子树的节点数为 leftSize，那么可以根据 inorder 数组计算出 leftSize，而 preStart + leftSize 就是左子树的终止索引。

这样就可以完成代码：

int leftSize = index - inStart;

root.left = build(preorder, preStart + 1, preStart + leftSize, inorder, inStart, index - 1);

root.right = build(preorder, preStart + leftSize + 1, preEnd, inorder, index + 1, inEnd);

106.从中序与后序遍历序列构造二叉树 🔗

与 #105 类似，可以通过后序遍历数组 postorder 推导出根节点的值，然后递归构造左右子树。后序遍历数组的最后一个元素就是根节点的值。

// 存储 inorder 中值到索引的映射
HashMap<Integer, Integer> valToIndex = new HashMap<>();

TreeNode buildTree(int[] inorder, int[] postorder) {
    for (int i = 0; i < inorder.length; i++) {
        valToIndex.put(inorder[i], i);
    }
    return build(inorder, 0, inorder.length - 1, postorder, 0, postorder.length - 1);
}

/* 
    build 函数的定义：
    后序遍历数组为 postorder[postStart..postEnd]，
    中序遍历数组为 inorder[inStart..inEnd]，
    构造二叉树，返回该二叉树的根节点 
*/
TreeNode build(int[] inorder, int inStart, int inEnd, int[] postorder, int postStart, int postEnd) {
    // root 节点对应的值就是后序遍历数组的最后一个元素
    int rootVal = postorder[postEnd];
    // rootVal 在中序遍历数组中的索引
    int index = valToIndex.get(rootVal);

    TreeNode root = new TreeNode(rootVal);
    // 递归构造左右子树
    root.left = build(inorder, ?, ?, postorder, ?, ?);

    root.right = build(inorder, ?, ?, postorder, ?, ?);
    return root;
}

首先可以确定左右子树对应的 inorder 数组的起始索引和终止索引：

root.left = build(inorder, inStart, index - 1, postorder, ?, ?);

root.right = build(inorder, index + 1, inEnd, postorder, ?, ?);

同样可以通过中序遍历数组求出左子树的长度 leftSize，在 postorder 数组中左子树就从 postStart 到 postStart + leftSize - 1，而右子树就从 postStart + leftSize 到 postEnd - 1 (postEnd 是根节点)。

这样就完成了代码：

int leftSize = index - inStart;

root.left = build(inorder, inStart, index - 1, postorder, postStart, postStart + leftSize - 1);

root.right = build(inorder, index + 1, inEnd, postorder, postStart + leftSize, postEnd - 1);

889.根据前序和后序遍历构造二叉树 🔗

我们可以通过一棵树的前序和中序、中序和后序遍历来唯一确定一棵原始二叉树。但通过前序后序遍历结果无法确定唯一的原始二叉树。

用前序遍历和后序遍历结果还原二叉树，解法逻辑上和 #105、#106 差别不大，也是通过控制左右子树的索引来构建：

首先把前序遍历结果的第一个元素或者后序遍历结果的最后一个元素确定为根节点的值。
然后把前序遍历结果的第二个元素作为左子树的根节点的值。
在后序遍历结果中寻找左子树根节点的值，从而确定了左子树的索引边界，进而确定右子树的索引边界，递归构造左右子树即可。

class Solution {
    // 存储 postorder 中值到索引的映射
    HashMap<Integer, Integer> valToIndex = new HashMap<>();

    public TreeNode constructFromPrePost(int[] preorder, int[] postorder) {
        for (int i = 0; i < postorder.length; i++) {
            valToIndex.put(postorder[i], i);
        }
        return build(preorder, 0, preorder.length - 1, postorder, 0, postorder.length - 1);
    }

    // 定义：根据 preorder[preStart..preEnd] 和 postorder[postStart..postEnd]
    // 构建二叉树，并返回根节点。
    TreeNode build(int[] preorder, int preStart, int preEnd, int[] postorder, int postStart, int postEnd) {
        if (preStart > preEnd) {
            return null;
        }
        if (preStart == preEnd) {
            return new TreeNode(preorder[preStart]);
        }

        // root 节点对应的值就是前序遍历数组的第一个元素
        int rootVal = preorder[preStart];
        // root.left 的值是前序遍历第二个元素
        // 通过前序和后序遍历构造二叉树的关键在于通过左子树的根节点
        // 确定 preorder 和 postorder 中左右子树的元素区间
        int leftRootVal = preorder[preStart + 1];
        // leftRootVal 在后序遍历数组中的索引
        int index = valToIndex.get(leftRootVal);
        // 左子树的元素个数
        int leftSize = index - postStart + 1;

        // 先构造出当前根节点
        TreeNode root = new TreeNode(rootVal);
        // 递归构造左右子树
        // 根据左子树的根节点索引和元素个数推导左右子树的索引边界
        root.left = build(preorder, preStart + 1, preStart + leftSize, postorder, postStart, index);
        root.right = build(preorder, preStart + leftSize + 1, preEnd, postorder, index + 1, postEnd - 1);

        return root;
    }
}

造成前序和后序遍历构造二叉树结果不唯一的关键就在于：

int leftRootVal = preorder[preStart + 1];

假设前序遍历的第二个元素是左子树的根节点，但实际上左子树有可能是空指针，那么这个元素就应该是右子树的根节点。由于这里无法确切进行判断，所以导致了最终答案的不唯一。

总之，二叉树的构造问题一般都是使用「分解问题」的思路：构造整棵树 = 根节点 + 构造左子树 + 构造右子树。先找出根节点，然后根据根节点的值找到左右子树的元素，进而递归构建出左右子树。

序列化与反序列化

二叉树结该是一个二维平面内的结构，而序列化出来的字符串是一个线性的一维结构。所谓的序列化就是把结构化的数据「打平」，其实是在考察二叉树的遍历方式。

297. 二叉树的序列化与反序列化 🔗

// 代表分隔符的字符
String SEP = ",";
// 代表 null 空指针的字符
String NULL = "#";
// 用于拼接字符串
StringBuilder sb = new StringBuilder();

/* 将二叉树打平为字符串 */
void traverse(TreeNode root, StringBuilder sb) {
    if (root == null) {
        sb.append(NULL).append(SEP);
        return;
    }

    /****** 前序遍历位置 ******/
    sb.append(root.val).append(SEP);
    /***********************/

    traverse(root.left, sb);
    traverse(root.right, sb);
}

StringBuilder 可以用于高效拼接字符串，所以也可以认为是一个列表，用 , 作为分隔符，用 # 表示空指针 null，调用完 traverse 函数后，StringBuilder 中的字符串应该是 1,2,#,4,#,#,3,#,#。

若要将字符串反过来构造二叉树，可以先将字符串转为列表：

String data = "1,2,#,4,#,#,3,#,#,";
String[] nodes = data.split(",");

这样，nodes 列表就是二叉树的前序遍历结果，问题转化为：如何通过二叉树的前序遍历结果还原一棵二叉树？

归并排序

归并排序代码框架：

// 定义：排序 nums[lo..hi]
void sort(int[] nums, int lo, int hi) {
    if (lo == hi) {
        return;
    }
    int mid = (lo + hi) / 2;
    // 利用定义，排序 nums[lo..mid]
    sort(nums, lo, mid);
    // 利用定义，排序 nums[mid+1..hi]
    sort(nums, mid + 1, hi);

    // 后序位置
    // 此时两部分子数组已经被排好序
    // 合并两个有序数组，使 nums[lo..hi] 有序
    merge(nums, lo, mid, hi);
}

// 将有序数组 nums[lo..mid] 和有序数组 nums[mid+1..hi]
// 合并为有序数组 nums[lo..hi]
void merge(int[] nums, int lo, int mid, int hi);

归并排序就是先把左半边数组排好序，再把右半边数组排好序，然后把两半数组合并。

上述代码和二叉树的后序遍历很像：

/* 二叉树遍历框架 */
void traverse(TreeNode root) {
    if (root == null) {
        return;
    }
    traverse(root.left);
    traverse(root.right);
    // 后序位置
    print(root.val);
}

可以看出归并排序利用的是分解问题的思路，归并排序的过程可以在逻辑上抽象成一棵二叉树，树上的每个节点的值可以认为是 nums[lo..hi]，叶子节点的值就是数组中的单个元素：

然后，在每个节点的后序位置（左右子节点已经被排好序）的时候执行 merge 函数，合并两个子节点上的子数组：

这个 merge 操作会在二叉树的每个节点上都执行一遍，执行顺序是二叉树后序遍历的顺序。

因此可以写出代码：

class Merge {

    // 用于辅助合并有序数组
    private static int[] temp;

    public static void sort(int[] nums) {
        // 先给辅助数组开辟内存空间
        temp = new int[nums.length];
        // 排序整个数组（原地修改）
        sort(nums, 0, nums.length - 1);
    }

    // 定义：将子数组 nums[lo..hi] 进行排序
    private static void sort(int[] nums, int lo, int hi) {
        if (lo == hi) {
            // 单个元素不用排序
            return;
        }
        // 这样写是为了防止溢出，效果等同于 (hi + lo) / 2
        int mid = lo + (hi - lo) / 2;
        // 先对左半部分数组 nums[lo..mid] 排序
        sort(nums, lo, mid);
        // 再对右半部分数组 nums[mid+1..hi] 排序
        sort(nums, mid + 1, hi);
        // 将两部分有序数组合并成一个有序数组
        merge(nums, lo, mid, hi);
    }

    // 将 nums[lo..mid] 和 nums[mid+1..hi] 这两个有序数组合并成一个有序数组
    private static void merge(int[] nums, int lo, int mid, int hi) {
        // 先把 nums[lo..hi] 复制到辅助数组中
        // 以便合并后的结果能够直接存入 nums
        for (int i = lo; i <= hi; i++) {
            temp[i] = nums[i];
        }

        // 数组双指针技巧，合并两个有序数组
        int i = lo, j = mid + 1;
        for (int p = lo; p <= hi; p++) {
            if (i == mid + 1) {
                // 左半边数组已全部被合并
                nums[p] = temp[j++];
            } else if (j == hi + 1) {
                // 右半边数组已全部被合并
                nums[p] = temp[i++];
            } else if (temp[i] > temp[j]) {
                nums[p] = temp[j++];
            } else {
                nums[p] = temp[i++];
            }
        }
    }
}

sort 函数对 nums[lo..mid] 和 nums[mid+1..hi] 递归排序完成之后，我们没有办法原地把它们合并，所以需要 copy 到 temp 数组里面，然后通过类似于合并有序链表的双指针技巧将 nums[lo..hi] 合并成一个有序数组：

注意，这里不是在 merge 函数执行的时候 new 辅助数组，而是提前把 temp 辅助数组 new 出来了，这样就避免了在递归中频繁分配和释放内存可能产生的性能问题。

912.排序数组 🔗

除了最基本的排序问题，归并排序还可以用来解决：

315.计算右侧小于当前元素的个数 🔗

在使用 merge 函数合并两个有序数组时可以知道一个元素 nums[i] 后边有多少个元素比 nums[i] 小：

此时应该把 temp[i] 放到 nums[p] 上，因为 temp[i] < temp[j]。

在这个场景下还可以知道：5 后面比 5 小的元素个数就是左闭右开区间 [mid + 1, j) 中的元素个数，即 2 和 4 这两个元素。这是因为 temp 被 mid 划分成了两个已经排好序的数组，而在左边的数组中，i 的右边显然不会有比 temp[i] 更小的元素，因此比它小的只能在 mid 之后，即从 mid + 1 开始；又因为 temp[i] < temp[j]，而此时 temp[j - 1] 是与 temp[i] 比较过并放入 nums[p] 中的，因此在 j 结束且不包含 j。

即在对 nuns[lo..hi] 合并的过程中，每当执行 nums[p] = temp[i] 时，就可以确定 temp[i] 这个元素后面比它小的元素个数为 j - mid - 1。

这样只需要修改 merge 方法即可完成该题。

327.区间和的个数 🔗

要求计算计算元素和落在 [lower, upper] 中的所有子数组的个数。可以创建一个前缀和数组 preSum 来辅助计算区间和。

493.翻转对 🔗

与 #315 非常相似，只是判断的条件发生了改变，这里求的是 nums[i] > 2*nums[j]。

所以解题思路还是要在 merge 函数中修改，当 nums[lo..mid] 和 nums[mid+1..hi] 两个子数组完成排序后，对于 nums[lo..mid] 中的每个元素 nums[i]，去 nums[mid+1..hi] 中寻找符合条件的 nums[j] 就可以。

所有递归的算法，本质上都是在遍历一棵（递归）树，然后在节点（前中后序位置）上执行代码。要写递归算法，本质上就是要告诉每个节点需要做什么。

如归并排序算法，递归的 sort 函数就是二叉树的遍历函数，而 merge 函数就是在每个节点上做的事情。

二叉搜索树

特性

二叉搜索树（Binary Search Tree，BST）的特点：

对于 BST 的每一个节点 node，左子树节点的值都比 node 的值要小，右子树节点的值都比 node 的值大。
对于 BST 的每一个节点 node，它的左侧子树和右侧子树都是 BST。

除了它的定义，还有一个重要的性质：BST 的中序遍历结果是有序的（升序）。

也就是说，如果输入一棵 BST，可以将 BST 中每个节点的值升序打印出来：

void traverse(TreeNode root) {
    if (root == null) return;
    traverse(root.left);
    // 中序遍历代码位置
    print(root.val);
    traverse(root.right);
}

230.二叉搜索树中第K小的元素 🔗

利用 BST 的这个特性就可以轻松完成这道题：中序遍历 BST 升序得到结果，并获取第 k 个元素即可:

class Solution {
    // 记录结果以及位置
    int res = 0, rank = 0;
    public int kthSmallest(TreeNode root, int k) {
        // 利用 BST 的中序遍历特性
        traverse(root, k);
        return res;
    }

    private void traverse(TreeNode root, int k) {
        if(root == null) {
            return;
        }
        traverse(root.left, k);
        // 中序遍历代码位置
        if(++rank == k) {
            // 找到第 k 小的元素
            res = root.val;
            return;
        }
        traverse(root.right, k);
    }
}

这两题完全相同，需要将每个节点的值更改为大于等于该节点的值之和，对于 BST 来说，每个节点的左子树都比该节点的值小，右子树都比该节点的值大，因此可以为每个节点加上其右子树的所有值即可。同样利用 BST 中序遍历的特点，但需要降序，即从右到左遍历：

void traverse(TreeNode root) {
    if (root == null) return;
    // 先递归遍历右子树
    traverse(root.right);
    // 中序遍历代码位置
    print(root.val);
    // 后递归遍历左子树
    traverse(root.left);
}

这段代码可以降序打印 BST 节点的值，如果维护一个外部累加变量 sum，然后把 sum 赋值给 BST 中的每一个节点：

TreeNode convertBST(TreeNode root) {
    traverse(root);
    return root;
}

// 记录累加和
int sum = 0;
void traverse(TreeNode root) {
    if (root == null) {
        return;
    }
    traverse(root.right);
    // 维护累加和
    sum += root.val;
    // 将 BST 转化成累加树
    root.val = sum;
    traverse(root.left);
}

核心还是 BST 的中序遍历特性，只不过修改了递归顺序，降序遍历 BST 的元素值，从而契合题目累加树的要求。

BST 相关的问题，要么利用 BST 左小右大的特性提升算法效率，要么利用中序遍历的特性满足题目的要求。

基础操作

BST 的基础操作主要依赖「左小右大」的特性，可以在二叉树中做类似二分搜索的操作，寻找一个元素的效率很高。

判断 BST 的合法性

98.验证二叉搜索树 🔗

按照 BST 左小右大的特性，每个节点想要判断自己是否是合法的 BST 节点，比较自己和左右子树即可：

public boolean isValidBST(TreeNode root) {
    if(root == null) {
        return true;
    }
    if(root.left != null && root.left.val >= root.val) {
        return false;
    }
    if(root.right != null && root.right.val <= root.val) {
        return false;
    }
    return true;
}

但是这样会出现问题：BST 的每个节点应该要小于右边子树的所有节点，下面这个二叉树显然不是 BST，因为节点 10 的右子树中有一个节点 6，但是我们的算法会把它判定为合法 BST：

出现问题的原因在于，对于每一个节点 root，代码值检查了它的左右孩子节点是否符合左小右大的原则；但是根据 BST 的定义，root 的整个左子树都要小于 root.val，整个右子树都要大于 root.val。

public boolean isValidBST(TreeNode root) {
    return isValidBST(root, null, null);
}
// 限定以 root 为根的子树节点必须满足 max.val > root.val > min.val
private boolean isValidBST(TreeNode root, TreeNode min, TreeNode max) {
    if(root == null) {
        return true;
    }
    // 若 root.val 不符合 max 和 min 的限制，说明不是合法 BST
    if(min != null && root.val <= min.val) {
        return false;
    }
    if(max != null && root.val >= max.val) {
        return false;
    }
    // 限定左子树的最大值是 root.val，右子树的最小值是 root.val
    return isValidBST(root.left, min, root) && isValidBST(root.right, root, max);
}

通过使用辅助函数，增加函数参数列表，在参数中携带额外信息，将这种约束传递给子树的所有节点。

在 BST 中搜索元素

700.二叉搜索树中的搜索 🔗

如果是在一棵普通的二叉树中寻找：

TreeNode searchBST(TreeNode root, int val);
    if (root == null) {
        return null;
    }
    if (root.val == val) {
        return root;
    }
    // 当前节点没找到就递归地去左右子树寻找
    TreeNode left = searchBST(root.left, val);
    TreeNode right = searchBST(root.right, val);

    return left != null ? left : right;
}

但这段代码相当于穷举了所有节点，适用于所有二叉树。而这里题目给的是二叉搜索树，因此应该使用二叉搜索树的特点进行查找。不需要递归地搜索两边，类似二分查找思想，根据 val 和 root.val 的大小比较，就能排除一边：

public TreeNode searchBST(TreeNode root, int val) {
    if(root == null) {
        return null;
    }
    // 类似二分查找
    if(root.val == val) {
        return root;
    } else if(root.val > val) {
        return searchBST(root.left, val);
    } else {
        return searchBST(root.right, val);
    }
}

对数据结构的操作无非遍历 + 访问，遍历就是「找」，访问就是「改」。一旦涉及「改」，就类似二叉树的构造问题，函数要返回 TreeNode 类型，并且要对递归调用的返回值进行接收。

TreeNode insertIntoBST(TreeNode root, int val) {
    // 找到空位置插入新节点
    if (root == null) return new TreeNode(val);
    // BST 中一般不会插入已存在元素
    // if (root.val == val)
    if (root.val < val) 
        root.right = insertIntoBST(root.right, val);
    if (root.val > val) 
        root.left = insertIntoBST(root.left, val);
    return root;
}

在 BST 中删除一个数

与插入操作类似，先「找」再「改」，代码框架：

TreeNode deleteNode(TreeNode root, int key) {
    if (root.val == key) {
        // 找到进行删除
    } else if (root.val > key) {
        // 在左子树找
        root.left = deleteNode(root.left, key);
    } else if (root.val < key) {
        // 在右子树找
        root.right = deleteNode(root.right, key);
    }
    return root;
}

重点在于如何删除该节点且不破坏 BST 的性质。删除一个节点有三种情况：

情况 1：删除的是叶子结点，没有子树。直接删除。

if (root.left == null && root.right == null) {
    return null;
}

情况 2：删除的是只有一个子树的节点。则让其子树节点代替该节点的位置。

// 排除了情况 1 后
if (root.left == null) {
    return root.right;
}
if (root.right == null) {
    return root.left;
}

情况 3：删除的是有两个子树的节点。为了不破坏 BST 的性质，需要用左子树中最大的节点，或右子树中最小的节点来代替该节点的位置。

if (root.left != null && root.right != null) {
    // 找到右子树的最小节点
    TreeNode minNode = getMin(root.right);
    // 删除 minNode
    root.right = deleteNode(root.right, minNode.val);
    // 把 root 改成 minNode
    root.val = minNode.val;
}

450.删除二叉搜索树中的节点 🔗

public TreeNode deleteNode(TreeNode root, int key) {
    if(root == null) {
        return null;
    }
    if(root.val == key) {
        // 处理情况1、2
        if (root.left == null && root.right == null) {
            return null;
        }
        if (root.right == null) {
            return root.left;
        }
        if (root.left == null) {
            return root.right;
        }
        // 处理情况3
        // 获取右子树最小的节点
        TreeNode minNode = getMin(root.right);
        // 删除右子树最小的节点
        root.right = deleteNode(root.right, minNode.val);
        // 用右子树最小的节点替换 root 节点
        minNode.left = root.left;
        minNode.right = root.right;
        root = minNode;
    } else if(root .val > key) {
        root.left = deleteNode(root.left, key);
    } else {
        root.right = deleteNode(root.right, key);
    }
    return root;
}

private TreeNode getMin(TreeNode root) {
    // BST 中最左边的节点就是最小的
    while(root.left != null) {
        root = root.left;
    }
    return root;
}

在交换 root 和 minNode 时：

// 处理情况3
// 获取右子树最小的节点
TreeNode minNode = getMin(root.right);
// 删除右子树最小的节点
root.right = deleteNode(root.right, minNode.val);
// 用右子树最小的节点替换 root 节点
minNode.left = root.left;
minNode.right = root.right;
root = minNode;

先删除了右子树最小的节点再进行替换，避免在修改完右子树后再去删除，这样会导致超时。并且没有使用更简单的直接将 root.val 替换为 minNode.val，而是进行了一系列复杂链表操作，仅对于这道算法题来说是可以的，但一般不会通过修改节点内部的值来交换节点。因为在实际应用中，BST 节点内部的数据域是用户自定义的，可以非常复杂，而 BST 作为数据结构，其操作应该和内部存储的数据域解耦，所以更倾向于使用指针操作来交换节点而不关心内部数据。

构造

96.不同的二叉搜索树 🔗

如输入 n = 5，也就是说用 {1,2,3,4,5} 构造 BST。首先每个数字都可以作为根节点，假如说 3 作为根节点，左子树节点就是 {1,2} 的组合，右子树就是 {4,5} 的组合。左子树的组合数和右子树的组合数乘积就是 3 作为根节点时的 BST 个数。其他节点也用同样的方法就可以求出该题的答案。

使用递归可以写出代码：

// 主函数
int numTrees(int n) {
    // 计算闭区间 [1, n] 组成的 BST 个数
    return count(1, n);
}

// 计算闭区间 [lo, hi] 组成的 BST 个数
int count(int lo, int hi) {
    // base case
    if (lo > hi) {
        return 1;
    }

    int res = 0;
    for (int i = lo; i <= hi; i++) {
        // i 的值作为根节点 root
        int left = count(lo, i - 1);
        int right = count(i + 1, hi);
        // 左右子树的组合数乘积是 BST 的总数
        res += left * right;
    }

    return res;
}

注意 base case，显然当 lo > hi 闭区间 [lo, hi] 肯定是个空区间，也就对应着空节点 null，虽然是空节点，但是也是一种情况，所以要返回 1 而不能返回 0。

但这样的时间复杂度非常高，有些已经计算过的在后面再次需要使用时仍会再次计算，因此可以加一个备忘录：

// 备忘录
int[][] memo;

int numTrees(int n) {
    // 备忘录的值初始化为 0
    memo = new int[n + 1][n + 1];
    return count(1, n);
}

int count(int lo, int hi) {
    // base case
    if (lo > hi) {
        return 1;
    }
    if(memo[lo][hi] != 0) {
        // 已经计算过就直接返回
        return memo[lo][hi];
    }

    int res = 0;
    for (int i = lo; i <= hi; i++) {
        // i 的值作为根节点 root
        int left = count(lo, i - 1);
        int right = count(i + 1, hi);
        // 左右子树的组合数乘积是 BST 的总数
        res += left * right;
    }
    // 将结果存入备忘录
    memo[lo][hi] = res;

    return res;
}

95.不同的二叉搜索树 II 🔗

除了与 #96 相似的需要求可以构造的 BST 数量，还要求将该树都构造出来并将它们的根节点存入一个列表返回。

思路也相似：

穷举 root 节点的所有可能。
递归构造出左右子树的所有合法 BST。
给 root 节点穷举所有左右子树的组合。

public List<TreeNode> generateTrees(int n) {
    if (n == 0) return new LinkedList<>();
    // 构造闭区间 [1, n] 组成的 BST 
    return build(1, n);
}

private List<TreeNode> build(int lo, int hi) {
    List<TreeNode> res = new LinkedList<>();
    if(lo > hi) {
        res.add(null);
        return res;
    }

    // 1.穷举 root 节点的所有可能
    for (int i = lo; i <= hi; i++) {
        // 2.递归构造出左右子树的所有合法 BST
        List<TreeNode> leftTree = build(lo, i - 1);
        List<TreeNode> rightTree = build(i + 1, hi);
        // 3.给 root 节点穷举所有左右子树的组合
        for(TreeNode left : leftTree) {
            for(TreeNode right : rightTree) {
                // i 作为根节点 root 的值
                TreeNode root = new TreeNode(i);
                root.left = left;
                root.right = right;
                res.add(root);
            }
        }
    }
    return res;
}

快速排序

快速排序代码框架：

void sort(int[] nums, int lo, int hi) {
    if (lo >= hi) {
        return;
    }
    // 对 nums[lo..hi] 进行切分
    // 使得 nums[lo..p-1] <= nums[p] < nums[p+1..hi]
    int p = partition(nums, lo, hi);
    // 去左右子数组进行切分
    sort(nums, lo, p - 1);
    sort(nums, p + 1, hi);
}

可以发现快速排序就是一个二叉树的前序遍历：

void traverse(TreeNode root) {
    if (root == null) {
        return;
    }
    // 前序位置
    print(root.val);
    traverse(root.left);
    traverse(root.right);
}

快速排序是先将一个元素排好序，然后再将剩下的元素排好序。

快速排序的核心就是 partition 函数， partition 函数的作用是在 nums[lo..hi] 中寻找一个分界点 p，通过交换元素使得 nums[lo..p-1] 都小于等于 nums[p]，且 nums[p+1..hi] 都大于 nums[p]：

通过 partition 就可以将 nums[p] 放在正确的位置。再用同样的方法把 p 左边和右边的子数组进行递归用 partition 把剩下的元素也排好序。

从二叉树的视角，我们可以把子数组 nums[lo..hi] 理解成二叉树节点上的值，sort 函数理解成二叉树的遍历函数。

这样，根据每次排序的元素的顺序，快速排序最后形成的二叉树就是一颗二叉搜索树：

但这样就需要考虑二叉搜索树不平衡的问题，在极端情况下会退化成链表，导致操作效率大幅降低。为了避免这种情况，需要引入随机性。常见的方式是在进行排序之前对整个数组执行「洗牌算法」进行打乱，或者在 partition 函数中随机选择数组元素作为分界点。

洗牌算法可以参考 #384

这样就可以使用代码实现快速排序：

class Quick {
    public static void sort(int[] nums) {
        // 为了避免出现耗时的极端情况，先随机打乱
        shuffle(nums);
        // 排序整个数组（原地修改）
        sort(nums, 0, nums.length - 1);
    }

    private static void sort(int[] nums, int lo, int hi) {
        if(lo >= hi) {
            return;
        }
        // 对 nums[lo..hi] 进行切分
        // 使得 nums[lo..p-1] <= nums[p] < nums[p+1..hi]
        int p = partition(nums, lo, hi);

        sort(nums, lo, p - 1);
        sort(nums, p + 1, hi);
    }

    private static int partition(int[] nums, int lo, int hi) {
        int pivot = nums[lo];
        // 这里把 i, j 定义为开区间，同时定义：
        // [lo, i) <= pivot；(j, hi] > pivot
        int i = lo + 1, j = hi;
        // 当 i > j 时结束循环，以保证区间 [lo, hi] 都被覆盖
        while(i <= j) {
            while (i < hi && nums[i] <= pivot) {
                i++;
                // 此 while 结束时恰好 nums[i] > pivot
            }
            while (j > lo && nums[j] > pivot) {
                j--;
                // 此 while 结束时恰好 nums[j] <= pivot
            }
            if (i >= j) {
                break;
            }
            // 此时 [lo, i) <= pivot && (j, hi] > pivot
            // 交换 nums[j] 和 nums[i]
            swap(nums, i, j);
            // 此时 [lo, i] <= pivot && [j, hi] > pivot
        }
        // 最后将 pivot 放到合适的位置，即 pivot 左边元素较小，右边元素较大
        swap(nums, lo, j);
        return j;
    }


    // 洗牌算法，将输入的数组随机打乱
    private static void shuffle(int[] nums) {
        Random rand = new Random();
        int n = nums.length;
        for (int i = 0 ; i < n; i++) {
            // 生成 [i, n - 1] 的随机数
            int r = i + rand.nextInt(n - i);
            swap(nums, i, r);
        }
    }

    // 原地交换数组中的两个元素
    private static void swap(int[] nums, int i, int j) {
        int temp = nums[i];
        nums[i] = nums[j];
        nums[j] = temp;
    }
}

可以解决：

最近公共祖先

git pull 这个命令我们经常会用，它默认是使用 merge 方式将远端别人的修改拉到本地；如果带上参数 git pull -r，就会使用 rebase 的方式将远端修改拉到本地。

这二者最直观的区别就是：merge 方式合并的分支会看到很多「分叉」，而 rebase 方式合并的分支就是一条直线。但无论哪种方式，如果存在冲突，Git 都会检测出来并让你手动解决冲突。

Git 是如何检测两条分支是否存在冲突的呢？

以 rebase 命令为例，如下图的情况，在 dev 分支执行 git rebase master，dev 就会接到 master 分支之上：

首先找到这两条分支的最近公共祖先 LCA，然后从 master 节点开始，重演 LCA 到 dev 几个 commit 的修改，如果这些修改和 LCA 到 master 的 commit 有冲突，就会提示你手动解决冲突，最后的结果就是把 dev 的分支完全接到 master 上面。

寻找一个元素

输入一棵没有重复元素的二叉树根节点 root 和一个目标值 val，写一个函数寻找树中值为 val 的节点：

// 定义：在以 root 为根的二叉树中寻找值为 val 的节点
TreeNode find(TreeNode root, int val) {
    // base case
    if (root == null) {
        return null;
    }
    if (root.val == val) {
        return root;
    }
    // root 不是目标节点，去左子树找
    TreeNode left = find(root.left, val);
    if (left != null) {
        return left;
    }
    // 左子树找不到，去左子树找
    TreeNode right = find(root.right, val);
    if (right != null) {
        return right;
    }
    // 找不到
    return null;
}

基于这段代码进行修改，首先修改 return 的位置：

TreeNode find(TreeNode root, int val) {
    if (root == null) {
        return null;
    }
    // 前序位置
    if (root.val == val) {
        return root;
    }
    // root 不是目标节点，去左右子树找
    TreeNode left = find(root.left, val);
    TreeNode right = find(root.right, val);
    
    return left != null ? left : right;
}

这段代码也可以达到目的，但实际运行的效率会低一些。这是因为，如果能够在左子树找到目标节点，这段代码还是会去右子树找，所以效率相对差一些。

更进一步，把对 root.val 的判断从前序位置移动到后序位置：

TreeNode find(TreeNode root, int val) {
    if (root == null) {
        return null;
    }
    // 先去左右子树寻找
    TreeNode left = find(root.left, val);
    TreeNode right = find(root.right, val);
    // 后序位置
    if (root.val == val) {
        return root;
    }
 
    return left != null ? left : right;
}

这段代码相当于遍历了二叉树的所有节点，就算找到了目标值也需要先去去遍历左右子树，因此效率进一步降低。

现在若将题目修改为寻找值为 val1 或 val2 的节点：

// 定义：在以 root 为根的二叉树中寻找值为 val1 或 val2 的节点
TreeNode find(TreeNode root, int val1, int val2) {
    // base case
    if (root == null) {
        return null;
    }
    // 前序位置
    if (root.val == val1 || root.val == val2) {
        return root;
    }
    // 去左右子树寻找
    TreeNode left = find(root.left, val1, val2);
    TreeNode right = find(root.right, val1, val2);
    // 后序位置，已经知道左右子树是否存在目标值

    return left != null ? left : right;
}

写这个查找的目的在于：最近公共祖先系列问题的解法都是把这个函数作为框架的。

二叉树的最近公共祖先

236.二叉树的最近公共祖先 🔗

如图示例：

如果 p 是节点 6，q 是节点 7，那么它们的 LCA 就是节点 5。
当然，p 和 q 本身也可能是 LCA，比如 p 是节点 4，q 是节点 5， q 本身就是 LCA 节点。

两个节点的最近公共祖先其实就是这两个节点向根节点的「延长线」的交汇点。如果一个节点能够在它的左右子树中分别找到 p 和 q，则该节点为 LCA 节点。

因此可以使用前面实现的 find 方法，只需在后序位置添加一个判断逻辑，即可改造成寻找最近公共祖先的解法代码：

public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
    return find(root, p, q);
}

// 在二叉树中寻找 p 和 q 的最近公共祖先节点
private TreeNode find(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
    if(root == null) {
        return null;
    }
    // 前序位置
    if(root.val == p.val || root.val == q.val) {
        // 遇到目标值，直接返回
        return root;
    }
    
    TreeNode left = find(root.left, p, q);
    TreeNode right = find(root.right, p, q);

    // 后序位置，已经知道左右子树是否存在目标值
    if(left != null && right != null) {
        // 当前节点是 LCA 节点
        return root;
    }
    return left != null ? left : right;
}

在 find 函数的后序位置，如果发现 left 和 right 都非空，就说明当前节点是 LCA 节点，即解决了第一种情况。

在 find 函数的前序位置，如果找到一个值为 p 或 q 的节点则直接返回，恰好解决了第二种情况。这是因为题目的 p 和 q 一定存在于二叉树中，所以即便遇到 q 就直接返回，根本没遍历到 p，也依然可以断定 p 在 q 底下，q 就是 LCA 节点。

1676.二叉树的最近公共祖先 IV 🔗

与 #236 不同的是，这道题输入的节点不止两个，而是一个节点列表（所有节点都存在于树中），要寻找列表中所有节点的最近公共祖先。

如图所示，输入 nodes = [7,4,6]，那么函数应该返回节点 5。

解法逻辑与上题类似，只需将 nodes 存入哈希集合来判断遍历到的元素是否存在于 nodes 中（详细见代码）。

需要注意的是，这两道题的题目都明确告诉我们这些节点必定存在于二叉树中，如果没有这个前提条件，就需要修改代码了。

1644.二叉树的最近公共祖先 II 🔗

此时 p 和 q 可能不存在于该二叉树中，因此前面解决标准最近公共祖先问题时 find 方法中前序位置的判断就不可行了：

// 前序位置
if (root.val == val1 || root.val == val2) {
    // 遇到目标值，直接返回
    return root;
}

对于这道题来说，p 和 q 不一定存在于树中，所以不能遇到一个目标值就直接返回，而应该对二叉树进行完全搜索（遍历每一个节点），如果发现 p 或 q 不存在于树中，那么是不存在 LCA 的。

在寻找一个元素小节我们写了几种 find 方法，其中一种是对二叉树进行完整遍历：

TreeNode find(TreeNode root, int val) {
    if (root == null) {
        return null;
    }
    // 先去左右子树寻找
    TreeNode left = find(root.left, val);
    TreeNode right = find(root.right, val);
    // 后序位置
    if (root.val == val) {
        return root;
    }
 
    return left != null ? left : right;
}

这道题的也类似，只需要将前序位置的判断放到后序位置：

// 记录 p、q 是否存在于树中
private boolean foundP = false, foundQ = false;

public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
    TreeNode res = find(root, p, q);
    if (!foundP || !foundQ) {
        return null;
    }
    // p 和 q 都存在二叉树中，才有公共祖先
    return res;
}

private TreeNode find(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
    if(root == null) {
        return null;
    }

    TreeNode left = find(root.left, p, q);
    TreeNode right = find(root.right, p, q);

    // 后序位置，判断当前节点是不是 LCA 节点
    if(left != null && right != null) {
        return root;
    }

    if(root.val == left.val || root.val == right.val) {
        if(root.val == left.val) {
            foundP = true;
        }
        if(root.val == right.val) {
            foundQ = true;
        }
        return root;
    }
    return left != null ? left : right;
}

对二叉树进行完全搜索，同时记录 p 和 q 是否同时存在树中，从而满足题目的要求。

235. 二叉搜索树的最近公共祖先 🔗

用前面标准最近公共祖先问题的代码同样可以解决这道题，但没有用到 BST 左小右大的性质，显然不是最优解。

在标准的最近公共祖先问题中，我们要在后序位置通过左右子树的搜索结果来判断当前节点是不是 LCA：

TreeNode left = find(root.left, val1, val2);
TreeNode right = find(root.right, val1, val2);

// 后序位置，判断当前节点是不是 LCA 节点
if (left != null && right != null) {
    return root;
}

但对于 BST 来说，根本不需要遍历子树，由于 BST 左小右大的性质，将当前节点的值与 val1 和 val2 作对比即可判断当前节点是不是 LCA：

假设 val1 < val2，那么 val1 <= root.val <= val2 则说明当前节点就是 LCA；若 root.val 比 val1 小，则需要去值更大的右子树寻找 LCA；若 root.val 比 val2 还，则需要去值更小的左子树寻找 LCA。

public TreeNode lowestCommonAncestor(TreeNode root, TreeNode p, TreeNode q) {
    int val1 = p.val < q.val ? p.val : q.val;
    int val2 = p.val > q.val ? p.val : q.val;
    return find(root, val1, val2);
}

// 在 BST 中寻找 val1 和 val2 的最近公共祖先节点
private TreeNode find(TreeNode root, int val1, int val2) {
    if(root == null) {
        return null;
    }
    if(root.val < val1) {
        // 当前节点太小，去右子树找
        return find(root.right, val1, val2);
    }
    if(root.val > val2) {
        // 当前节点太大，去左子树找
        return find(root.left, val1, val2);
    }
    // 此时 val1 <= root.val <= val2
    // 则该节点就是最近公共祖先
    return root;
}

这样就把 BST 的性质利用上了。

1650.二叉树的最近公共祖先 III 🔗

由于节点 Node 包含其父节点的引用，因此不需要输入根节点。这道题也就可以转化为单链表相交的问题：parent 就是 next 指针，需要返回两个节点的交点。

public Node lowestCommonAncestor(Node p, Node q) {
   Node a = p, b = q;
   while(a != b) {
       if(a == null) {
           // a 走一步，如果走到根节点，转到 q 节点
           a = q;
       } else {
           a = a.parent;
       }
       if(b == null) {
           // a 走一步，如果走到根节点，转到 q 节点
           b = p;
       } else {
           b = b.parent;
       }
   }   
   return a;
}

关于单链表的交点问题在之前篇章已经讲过，这里不再赘述（#链表相交问题）。

完全二叉树的节点数

222.完全二叉树的节点个数 🔗

第一时间可以想到遍历整棵树来计算节点个数：

public int countNodes(TreeNode root) {
    return traverse(root);
}

private int traverse(TreeNode root) {
    if(root == null) {
        return 0;
    }
    int left = traverse(root.left);
    int right = traverse(root.right);
    return left + right + 1;
}

但这样的时间复杂度为 $O(N)$，而且并没有利用到它是一颗完全二叉树这个前提。

首先要明确一下两个关于二叉树的名词「完全二叉树」和「满二叉树」。

完全二叉树如下图，每一层都是紧凑靠左排列的：

满二叉树如下图，是一种特殊的完全二叉树，每层都是是满的，像一个稳定的三角形：

若要求一颗普通的树的节点数，可以通过上面代码遍历所有节点进行统计:

public int countNodes(TreeNode root) {
    if (root == null) {
        return 0;
    }
    return 1 + countNodes(root.left) + countNodes(root.right);
}

而若要求一颗满二叉树的节点数，节点总数就和树的高度呈指数关系：

public int countNodes(TreeNode root) {
    int h = 0;
    // 计算树的高度
    while (root != null) {
        root = root.left;
        h++;
    }
    // 节点总数就是 2^h - 1
    return (int)Math.pow(2, h) - 1;
}

完全二叉树比普通二叉树特殊，但又没有满二叉树那么特殊，计算它的节点总数，可以是普通二叉树和完全二叉树的结合版：

public int countNodes(TreeNode root) {
    TreeNode l = root, r = root;
    // 沿最左侧和最右侧分别计算高度
    int hl = 0, hr = 0;
    while (l != null) {
        l = l.left;
        hl++;
    }
    while (r != null) {
        r = r.right;
        hr++;
    }
    // 如果左右侧计算的高度相同，则是一棵满二叉树
    if (hl == hr) {
        return (int)Math.pow(2, hl) - 1;
    }
    // 如果左右侧的高度不同，则按照普通二叉树的逻辑计算
    return 1 + countNodes(root.left) + countNodes(root.right);
}

分情况来选择不同的方式计算节点数，时间复杂度是 $O(logN \times logN)$。

回溯算法

回溯算法和 DFS 算法非常类似，本质上就是一种暴力穷举算法。回溯算法和 DFS 算法的细微差别是：回溯算法是在遍历「树枝」，DFS 算法是在遍历「节点」。

解决一个回溯问题，实际上就是一个决策树的遍历过程，站在回溯树的一个节点上只需要思考 3 个问题：

路径：已经做出的选择。
选择列表：当前可以做的选择。
结束条件：到达决策树底层，无法再做选择的条件。

回溯算法的代码框架：

result = []
def backtrack(路径, 选择列表):
    if 满足结束条件:
        result.add(路径)
        return
    
    for 选择 in 选择列表:
        做选择
        backtrack(路径, 选择列表)
        撤销选择

其核心就是 for 循环里面的递归，在递归调用之前「做选择」，在递归调用之后「撤销选择」。

回溯算法核心框架

全排列问题

由数学中的全排列可知，n 个不重复的数，全排列共有 n! 个。比如对三个数 [1,2,3] 穷举：

先固定第一位为 1，第二位可以是 2，那么第三位只能是 3；然后也可以把第二g固定 3，第三位只能是 2；然后只能变化第一位，变成 2，然后再穷举后两位……这就是回溯算法：

只要从根遍历这棵树，记录路径上的数字，其实就是所有的全排列。这棵树就称为回溯算法的「决策树」。因为在每个节点上时都是在做决策。比如站在下图的红色节点上：

做决策可以选择 1 那条树枝，也可以选择 3 那条树枝。因为 2 这个树枝在身后，这个选择之前做过了，而全排列是不允许重复使用数字的。

[2] 就是「路径」，记录已经做过的选择；[1,3] 就是「选择列表」，表示当前可以做出的选择；「结束条件」就是遍历到树的底层叶子节点，这里也就是选择列表为空的时候。

我们定义的 backtrack 函数就像一个指针在这棵树上游走，同时要正确维护每个节点的属性，每当走到树的底层叶子节点，其「路径」就是一个全排列。

而遍历一颗树在上一章有详细介绍，在回溯算法中更多的是在遍历一颗多叉树：

void traverse(TreeNode root) {
    for (TreeNode child : root.childern) {
        // 前序位置需要的操作
        traverse(child);
        // 后序位置需要的操作
    }
}

而前序遍历和后序遍历只是两个很有用的时间点：

前序遍历的代码在进入某一个节点之前的那个时间点执行，后序遍历代码在离开某个节点之后的那个时间点执行。

而「路径」和「选择」是每个节点的属性，函数在树上游走要正确维护节点的属性，那么就要在这两个特殊时间点操作：

这样就能细划回溯算法代码框架：

for 选择 in 选择列表:
    # 做选择
    将该选择从选择列表移除
    路径.add(选择)
    backtrack(路径, 选择列表)
    # 撤销选择
    路径.remove(选择)
    将该选择再加入选择列表

只要在递归之前做出选择，在递归之后撤销刚才的选择，就能正确得到每个节点的选择列表和路径。

46.全排列 🔗

List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();

/* 主函数，输入一组不重复的数字，返回它们的全排列 */
public List<List<Integer>> permuteUnique(int[] nums) {
    // 记录「路径」
    LinkedList<Integer> track = new LinkedList<>();
    // 「路径」中的元素会被标记为 true，避免重复使用
    boolean[] used = new boolean[nums.length];

    backtrack(nums, track, used);
    // 去重
    return res;
}

// 路径：记录在 track 中
// 选择列表：nums 中不存在于 track 的那些元素（used[i] 为 false）
// 结束条件：nums 中的元素全都在 track 中出现
private void backtrack(int[] nums, LinkedList<Integer> track, boolean[] used) {
    // 触发结束条件
    if(track.size() == nums.length) {
        res.add(new LinkedList<>(track));
        return;
    }

    for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
        // 排除不合法的选择
        if(used[i]) {
            // nums[i] 已经在 track 中，跳过
            continue;
        }
        // 做选择
        track.add(nums[i]);
        used[i] = true;
        // 进入下一层决策树
        backtrack(nums, track, used);
        // 取消选择
        track.removeLast();
        used[i] = false;    
    }
}

注意，这里所讨论的全排列问题不包含重复的数字，包含重复的数字在下一节中介绍。这里稍微做了些变通，没有显式记录「选择列表」，而是通过 used 数组排除已经存在 track 中的元素，从而推导出当前的选择列表：

不管怎么优化，都符合回溯框架，而且时间复杂度都不可能低于 $O(N!)$，因为穷举整棵决策树是无法避免的。这也是回溯算法的一个特点，不像动态规划存在重叠子问题可以优化，回溯算法就是纯暴力穷举，复杂度一般都很高。

N 皇后问题

51.N 皇后 🔗

一个 N×N 的棋盘放置 N 个皇后，使得它们不能互相攻击。

皇后可以攻击同一行、同一列、左上左下右上右下四个方向的任意单位。

这个问题本质上跟全排列问题差不多，决策树的每一层表示棋盘上的每一行；每个节点可以做出的选择是：在该行的任意一列放置一个皇后。根据回溯算法代码框架：

List<List<String>> res = new LinkedList<>();

/* 输入棋盘边长 n，返回所有合法的放置 */
public List<List<String>> solveNQueens(int n) {
    //新建棋盘
    List<String> board = new LinkedList<>();
    StringBuilder stringBuilder = new StringBuilder();

    //初始化棋盘 全部置空
    stringBuilder.append(".".repeat(n));
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        board.add(stringBuilder.toString());
    }

    backTrack(0,board);
    return res;
}

// 路径：board 中小于 row 的那些行都已经成功放置了皇后
// 选择列表：第 row 行的所有列都是放置皇后的选择
// 结束条件：row 超过 board 的最后一行
void backtrack(int row, List<String> board) {
    // 触发结束条件
    if (row == board.size()) {
        res.add(new LinkedList<>(board));
        return;
    }
    
    int n = board.get(row).length();
    for (int col = 0; col < n; col++) {
        // 排除不合法选择
        if (!isValid(row, col, board)) {
            continue;
        }
        // 做选择
        String str = board.get(row).substring(0, col) + 'Q' + board.get(row).substring(col + 1);
        board.set(row, str);

        // 进入下一行决策
        backtrack(row + 1, board);

        // 撤销选择
        str = board.get(row).substring(0, col) + '.' + board.get(row).substring(col + 1);
        board.set(row, str);
    }
}

与全排列类似，主要是在对字符串的操作上比较复杂。isValid 函数的实现：

private boolean isValid(int row, int col, List<String> board) {
    int n = board.size();
    // 判断列位置是否合法
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        if(board.get(i).charAt(col) == 'Q') {
            //第 i 行第 col 列的字符
            return false;
        }
    }
    // 判断是否与右上方发生冲突
    for(int i = row - 1, j = col + 1; i >= 0 && j < n; i--, j++) {
        if(board.get(i).charAt(j) == 'Q') {
            return false;
        }
    }
    // 判断是否与左上方发生冲突
    for(int i = row - 1, j = col - 1; i >= 0 && j >= 0; i--, j--) {
        if(board.get(i).charAt(j) == 'Q') {
            return false;
        }
    }
    return true;
}

由于皇后是一行一行向下放置的，因此只需要检查上面的行是否合法。又因为每一行只放置一个皇后，因此同行不需要检查。所以只需要检查上方：左上、正上、右上三个方向。

函数 backtrack 像在决策树上游走的指针，通过 row 和 col 就可以表示函数遍历到的位置，通过 isValid 函数可以将不符合条件的情况剪枝：

N 行棋盘中，第一行有 N 个位置可能可以放皇后，第二行有 N - 1 个位置，第三行有 N - 2 个位置，以此类推，再叠加每次放皇后之前 isValid 函数所需的 $O(N)$ 复杂度，所以总的时间复杂度上界是 $O(N! \times N)$。

若不需要获得所有合法的答案，稍微修改代码：

boolean backtrack(int row, List<String> board) {
    if (row == board.size()) {
        res.add(new LinkedList<>(board));
        return true;
    }
    // ...
    for (int col = 0; col < n; col++) {
        // ...
        String str = board.get(row).substring(0, col) + 'Q' + board.get(row).substring(col + 1);
        board.set(row, str);

        if(backtrack(row + 1, board)) {
            return true;
        }

        str = board.get(row).substring(0, col) + '.' + board.get(row).substring(col + 1);
        board.set(row, str);
    }
    return false;
}

这样修改后只要找到一个答案，for 循环的后续递归穷举都会被阻断。这样就可以在 N 皇后问题的代码框架上写出一个解数度的算法。

总之，回溯算法就是个多叉树的遍历问题，关键就是在前序遍历和后序遍历的位置做一些操作。写 backtrack 函数时，需要维护走过的「路径」和当前可以做的「选择列表」，当触发「结束条件」时，将「路径」记入结果集。

解决排列/组合/子集问题

无论是排列、组合还是子集问题，无非就是让从序列 nums 中以给定规则取若干元素，主要有以下几种变体：

形式一、元素无重不可复选，即 nums 中的元素都是唯一的，每个元素最多只能被使用一次，这也是最基本的形式。

以组合为例，如果输入 nums = [2,3,6,7]，和为 7 的组合只有 [7]。

形式二、元素可重不可复选，即 nums 中的元素可以存在重复，每个元素最多只能被使用一次。

以组合为例，如果输入 nums = [2,5,2,1,2]，和为 7 的组合有两种 [2,2,2,1] 和 [5,2]。

形式三、元素无重可复选，即 nums 中的元素都是唯一的，每个元素可以被使用若干次。

以组合为例，如果输入 nums = [2,3,6,7]，和为 7 的组合应该有两种 [2,2,3] 和 [7]。

当然，也可以说有第四种形式，即元素可重可复选。但既然元素可复选，就不必存在重复元素了。元素去重之后就等同于形式三。

上面用组合问题举的例子，但排列、组合、子集问题都可以有这三种基本形式，所以共有 9 种变化。

除此之外，题目也可以再添加各种限制条件，比如让求和为 target 且元素个数为 k 的组合...

无论形式怎么变化，其本质就是穷举所有解，而这些解呈现树形结构，所以合理使用回溯算法框架，稍改代码框架即可把这些问题一网打尽。

子集问题和排列问题的回溯树：

组合问题和子集问题其实是等价的。前面的三种变化形式，就是在这两棵树上剪掉或者增加一些树枝。

子集（元素无重不可复选）

78.子集 🔗

在数学中寻找所有子集的方式：

首先，生成元素个数为 0 的子集，即空集 []，称为 S_0。

然后，在 S_0 的基础上生成元素个数为 1 的所有子集，称为 S_1：

接下来可以在 S_1 的基础上推导出 S_2，即元素个数为 2 的所有子集：

因为集合中的元素不用考虑顺序，[1,2,3] 中 2 后面只有 3，如果向前考虑 1，那么 [2,1] 会和之前已经生成的子集 [1,2] 重复。

即通过保证元素之间的相对顺序不变来防止出现重复的子集。

同理可以通过 S_2 推出 S_3，实际上 S_3 中只有一个集合 [1,2,3]，它是通过 [1,2] 推出的。

整个推导过程就是这样一棵树：

注意这棵树的特性：

如果把根节点作为第 0 层，将每个节点和根节点之间树枝上的元素作为该节点的值，那么第 n 层的所有节点就是大小为 n 的所有子集。比如大小为 2 的子集就是 S_2 层节点的值。

本节之后所说的「节点的值」都是指节点和根节点之间树枝上的元素，且将根节点认为是第 0 层。

那么进一步若想计算所有子集，则只需遍历这棵多叉树，把所有节点的值收集起来：

List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
// 记录回溯算法的递归路径
LinkedList<Integer> track = new LinkedList<>();

public List<List<Integer>> subsets(int[] nums) {
    backtrack(nums, 0);
    return res;
}

// 回溯算法核心函数，遍历子集问题的回溯树
private void backtrack(int[] nums, int start) {
    // 前序位置，每个节点的值都是一个子集
    res.add(new LinkedList<>(track));
    
    // 回溯算法标准框架
    for(int i = start; i < nums.length; i++) {
        // 做选择
        track.addLast(nums[i]);
        // 通过 start 参数控制树枝的遍历，避免产生重复的子集
        backtrack(nums, i + 1);
        // 撤销选择
        track.removeLast();
    }
}

使用 start 参数控制树枝的生长避免产生重复的子集，用 track 记录根节点到每个节点的路径的值，同时在前序位置把每个节点的路径值收集起来，完成回溯树的遍历就收集了所有子集。当 start == nums.length 时，叶子节点的值会被装入 res，但 for 循环不会执行，也就结束了递归。

组合（元素无重不可复选）

77.组合 🔗

返回范围 [1, n] 中所有可能的 k 个数的组合，大小为 k 的所有组合，就是所有大小为 k 的子集。

所以这题等价于：输入一个数组 nums = [1,2..,n] 和一个正整数 k，请生成所有大小为 k 的子集。在只需要把第 k 层（根节点视为第 0 层）的节点收集起来，就是大小为 k 的所有组合。

这样只需修改 base case，控制算法只收集第 k 层节点的值即可：

List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
LinkedList<Integer> track = new LinkedList<>();

public List<List<Integer>> combine(int n, int k) {
    backtrack(1, n, k);
    return res;
}

private void backtrack(int start, int n, int k) {
    // base case
    if(track.size() == k) {
        // 遍历到了第 k 层，收集当前节点的值
        res.add(new LinkedList<>(track));
        return;
    }

    for(int i = start; i <= n; i++) {
        // 做选择
        track.add(i);
        // 通过 start 参数控制树枝的遍历，避免产生重复的子集
        backtrack(i + 1, n, k);
        // 撤销选择
        track.removeLast();
    }
}

排列（元素无重不可复选）

46.全排列 🔗

排列问题在前文「回溯算法核心框架」讲过

刚才的组合/子集问题使用 start 变量保证元素 nums[start] 之后只会出现 nums[start+1..] 中的元素，通过固定元素的相对位置保证不出现重复的子集。

但排列问题本身就是让穷举元素的位置，nums[i] 之后也可以出现 nums[i] 左边的元素，所以需要额外使用 used 数组来标记哪些元素还可以被选择。

标准全排列可以抽象成如下这棵多叉树：

用 used 数组标记已经在路径上的元素避免重复选择，然后收集所有叶子节点上的值，就是所有全排列的结果：

List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
    // 记录回溯算法的递归路径
    LinkedList<Integer> track = new LinkedList<>();
    // track 中的元素会被标记为 true
    boolean[] used;

    /* 主函数，输入一组不重复的数字，返回它们的全排列 */
    public List<List<Integer>> permuteUnique(int[] nums) {
        used = new boolean[nums.length];
        backtrack(nums);
        return res;
    }

    // 回溯算法核心函数
    private void backtrack(int[] nums) {
        // base case，到达叶子节点
        if(track.size() == nums.length) {
            // 收集叶子节点上的值
            res.add(new LinkedList<>(track));
            return;
        }

        // 回溯算法标准框架
        for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
            // 已经存在 track 中的元素，不能重复选择
            if(used[i]) {
                continue;
            }
            // 做选择
            used[i] = true;
            track.addLast(nums[i]);
            // 进入下一层回溯树
            backtrack(nums);
            // 撤销选择
            track.removeLast();
            used[i] = false;
        }
    }

如果题目不让算全排列，而是算元素个数为 k 的排列，也只需修改 base case，只收集第 k 层的节点值即可：

// 回溯算法核心函数
private void backtrack(int[] nums, int k) {
    // base case，到达第 k 层，收集节点的值
    if (track.size() == k) {
        // 第 k 层节点的值就是大小为 k 的排列
        res.add(new LinkedList(track));
        return;
    }

    // 回溯算法标准框架
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        // ...
        backtrack(nums, k);
        // ...
    }
}

子集/组合（元素可重不可复选）

90.子集 II 🔗

刚才的标准子集问题输入的 nums 是没有重复元素的，但这题存在重复元素。

以 nums = [1,2,2] 为例，为了区别两个 2 是不同元素，后面写作 nums = [1,2,2']。

按照之前的思路画出子集的树形结构。显然，两条值相同的相邻树枝会产生重复：

所以需要进行剪枝，如果一个节点有多条值相同的树枝相邻则只遍历第一条，剩下的都剪掉不遍历：

体现在代码上，需要先进行排序，让相同的元素靠在一起，如果发现 nums[i] == nums[i-1]，则跳过：

List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
LinkedList<Integer> track = new LinkedList<>();

public List<List<Integer>> subsetsWithDup(int[] nums) {
    // 先排序，让相同的元素靠在一起
    Arrays.sort(nums);
    backtrack(nums, 0);
    return res;
}

private void backtrack(int[] nums, int start) {
    // 前序位置，每个节点的值都是一个子集
    res.add(new LinkedList<>(track));

    for(int i = start; i < nums.length; i++) {
        // 剪枝逻辑，值相同的相邻树枝，只遍历第一条
        if(i > start && nums[i] == nums[i - 1]) {
            continue;
        }
        track.add(nums[i]);
        backtrack(nums, i + 1);
        track.removeLast();
    }
}

这段代码和之前标准的子集问题的代码几乎相同，就是添加了排序和剪枝的逻辑。

组合问题和子集问题是等价的：

40.组合总和 II 🔗

这其实换个问法就变成子集问题了：请计算 candidates 中所有和为 target 的子集。

对比子集问题的解法，只要额外用一个 trackSum 变量记录回溯路径上的元素和，然后将 base case 改一改即可解决这道题：

List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
// 记录回溯的路径
LinkedList<Integer> track = new LinkedList<>();
// 记录 track 中的元素之和
int trackSum = 0;

public List<List<Integer>> combinationSum2(int[] candidates, int target) {
    if(candidates.length == 0) {
        return res;
    }
    // 先排序，让相同的元素靠在一起
    Arrays.sort(candidates);
    backtrack(candidates, 0, target);
    return res;
}

private void backtrack(int[] nums, int start, int target) {
    // base case，达到目标和，找到符合条件的组合
    if(trackSum == target) {
        res.add(new LinkedList<>(track));
        return;
    }
    // base case，超过目标和，直接结束
    if (trackSum > target) {
        return;
    }

    // 回溯算法标准框架
    for(int i = start; i < nums.length; i++) {
        // 剪枝逻辑，值相同的树枝，只遍历第一条
        if(i > start && nums[i] == nums[i - 1]) {
            continue;
        }
        // 做选择
        track.add(nums[i]);
        trackSum += nums[i];
        // 递归遍历下一层回溯树
        backtrack(nums, i + 1, target);
        // 撤销选择
        track.removeLast();
        trackSum -= nums[i];
    }
}

排列（元素可重不可复选）

47.全排列 II 🔗

#46 是标准的排列问题，而本题的输入元素存在重复的情况。

类比输入包含重复元素的子集/组合问题，这里也需要对重复的树枝进行修剪：

List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
// 记录回溯算法的递归路径
LinkedList<Integer> track = new LinkedList<>();
// track 中的元素会被标记为 true
boolean[] used;

public List<List<Integer>> permuteUnique(int[] nums) {
    // 先排序，让相同的元素靠在一起
    Arrays.sort(nums);
    used = new boolean[nums.length];
    backtrack(nums);
    return res;
}

private void backtrack(int[] nums) {
    // base case，到达叶子节点
    if(track.size() == nums.length) {
        // 收集叶子节点上的值
        res.add(new LinkedList<>(track));
        return;
    }

    // 回溯算法标准框架
    for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
        // 已经存在 track 中的元素，不能重复选择
        if(used[i]) {
            continue;
        }
        // 新添加的剪枝逻辑，固定相同的元素在排列中的相对位置
        if(i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && !used[i - 1]) {
            continue;
        }
        // 做选择
        used[i] = true;
        track.addLast(nums[i]);
        // 进入下一层回溯树
        backtrack(nums);
        // 撤销选择
        track.removeLast();
        used[i] = false;
    }
}

与之前不同的是，在修剪树枝时的判断中添加了 !used[i - 1] 这个条件。为了方便研究，依然把相同的元素用上标 ' 以示区别。

假设输入为 nums = [1,2,2']，标准的全排列算法会得出如下答案：

[
    [1,2,2'],[1,2',2],
    [2,1,2'],[2,2',1],
    [2',1,2],[2',2,1]
]

显然，这个结果存在重复，比如 [1,2,2'] 和 [1,2',2] 应该只被算作同一个排列，但被算作了两个不同的排列。

要想把重复去除，就需要保证相同元素在排列中的相对位置保持不变。

比如 nums = [1,2,2'] 这个例子，保持排列中 2 一直在 2' 前面。

这样，从上面 6 个排列中只能挑出 3 个排列符合这个条件：

[ [1,2,2'],[2,1,2'],[2,2',1] ]

这也就是正确答案。

进一步，如果 nums = [1,2,2',2'']，只要保证重复元素 2 的相对位置固定，如 2 -> 2' -> 2''，也可以得到无重复的全排列结果。

这是因为标准全排列算法之所以出现重复，是因为把相同元素形成的排列序列视为不同的序列，但实际上它们应该是相同的；而如果固定相同元素形成的序列顺序，当然就避免了重复。

因此对于代码中：

// 新添加的剪枝逻辑，固定相同的元素在排列中的相对位置
if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && !used[i - 1]) {
    // 如果前面的相邻相等元素没有用过，则跳过
    continue;
}
// 选择 nums[i]

当出现重复元素时，如输入 nums = [1,2,2',2'']，2' 只有在 2 已经被使用的情况下才会被选择，同理，2'' 只有在 2' 已经被使用的情况下才会被选择，这就保证了相同元素在排列中的相对位置保证固定。

子集/组合（元素无重可复选）

39.组合总和 🔗

这题实际上也是子集问题：candidates 的哪些子集的和为 target。

想解决这种类型的问题也要回到回溯树上，不妨先思考思考，标准的子集/组合问题是如何保证不重复使用元素的。

答案在于 backtrack 递归时输入的参数 start：

// 无重组合的回溯算法框架
void backtrack(int[] nums, int start) {
    for (int i = start; i < nums.length; i++) {
        // ...
        // 递归遍历下一层回溯树，注意参数
        backtrack(nums, i + 1);
        // ...
    }
}

i 从 start 开始，下一层回溯树从 start + 1 开始，从而保证 nums[start] 这个元素不会被重复使用。

那么若想元素可以被重复使用，只需要将 i + 1 改为 i 即可：

// 可重组合的回溯算法框架
void backtrack(int[] nums, int start) {
    for (int i = start; i < nums.length; i++) {
        // ...
        // 递归遍历下一层回溯树，注意参数
        backtrack(nums, i);
        // ...
    }
}

这相当于给之前的回溯树添加了一条树枝，在遍历这棵树的过程中，一个元素可以被无限次使用：

当然，这样这棵回溯树会永远生长下去，所以递归函数需要设置合适的 base case 以结束算法，即路径和大于 target 时就不用再遍历下去了：

List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
// 记录回溯的路径
LinkedList<Integer> track = new LinkedList<>();
// 记录 track 中的路径和
int trackSum = 0;

public List<List<Integer>> combinationSum(int[] candidates, int target) {
    if(candidates.length == 0) {
        return res;
    }
    backtrack(candidates, 0, target);
    return res;
}

// 回溯算法主函数
private void backtrack(int[] nums, int start, int target) {
    // base case，找到目标和，记录结果
    if(trackSum == target) {
        res.add(new LinkedList<>(track));
        return;
    }
    // base case，超过目标和，停止向下遍历
    if(trackSum > target) {
        return;
    }

    // 回溯算法标准框架
    for(int i = start; i < nums.length; i++) {
        // 做选择
        track.add(nums[i]);
        trackSum += nums[i];
        // 递归遍历下一层回溯树
        // 同一元素可重复使用，注意参数
        backtrack(nums, i, target);
        // 撤销选择
        track.removeLast();
        trackSum -= nums[i];
    }
}

排列（元素无重可复选）

nums 数组中的元素无重复且可复选的情况下，若输入 nums = [1,2,3]，那么这种条件下的全排列共有 $3^3 = 27$ 种：

[
  [1,1,1],[1,1,2],[1,1,3],[1,2,1],[1,2,2],[1,2,3],[1,3,1],[1,3,2],[1,3,3],
  [2,1,1],[2,1,2],[2,1,3],[2,2,1],[2,2,2],[2,2,3],[2,3,1],[2,3,2],[2,3,3],
  [3,1,1],[3,1,2],[3,1,3],[3,2,1],[3,2,2],[3,2,3],[3,3,1],[3,3,2],[3,3,3]
]

标准的全排列算法利用 used 数组进行剪枝，避免重复使用同一个元素。如果允许重复使用元素，去除所有 used 数组的剪枝逻辑即可。

代码如下：

List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();
LinkedList<Integer> track = new LinkedList<>();

public List<List<Integer>> permuteRepeat(int[] nums) {
    backtrack(nums);
    return res;
}

// 回溯算法核心函数
void backtrack(int[] nums) {
    // base case，到达叶子节点
    if (track.size() == nums.length) {
        // 收集叶子节点上的值
        res.add(new LinkedList(track));
        return;
    }

    // 回溯算法标准框架
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        // 做选择
        track.add(nums[i]);
        // 进入下一层回溯树
        backtrack(nums);
        // 取消选择
        track.removeLast();
    }
}

至此，排列/组合/子集问题的九种变化都解决了。

回顾排列/组合/子集问题的三种形式在代码上的区别。

由于子集问题和组合问题本质上是一样的，就是 base case 有一些区别，所以把这两个问题放在一起看。

形式一、元素无重不可复选，即 nums 中的元素都是唯一的，每个元素最多只能被使用一次，backtrack 核心代码如下：

/* 组合/子集问题回溯算法框架 */
void backtrack(int[] nums, int start) {
    // 回溯算法标准框架
    for (int i = start; i < nums.length; i++) {
        // 做选择
        track.addLast(nums[i]);
        // 注意参数
        backtrack(nums, i + 1);
        // 撤销选择
        track.removeLast();
    }
}

/* 排列问题回溯算法框架 */
void backtrack(int[] nums) {
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        // 剪枝逻辑
        if (used[i]) {
            continue;
        }
        // 做选择
        used[i] = true;
        track.addLast(nums[i]);

        backtrack(nums);
        // 撤销选择
        track.removeLast();
        used[i] = false;
    }
}

形式二、元素可重不可复选，即 nums 中的元素可以存在重复，每个元素最多只能被使用一次，其关键在于排序和剪枝，backtrack 核心代码如下：

Arrays.sort(nums);
/* 组合/子集问题回溯算法框架 */
void backtrack(int[] nums, int start) {
    // 回溯算法标准框架
    for (int i = start; i < nums.length; i++) {
        // 剪枝逻辑，跳过值相同的相邻树枝
        if (i > start && nums[i] == nums[i - 1]) {
            continue;
        }
        // 做选择
        track.addLast(nums[i]);
        // 注意参数
        backtrack(nums, i + 1);
        // 撤销选择
        track.removeLast();
    }
}


Arrays.sort(nums);
/* 排列问题回溯算法框架 */
void backtrack(int[] nums) {
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        // 剪枝逻辑
        if (used[i]) {
            continue;
        }
        // 剪枝逻辑，固定相同的元素在排列中的相对位置
        if (i > 0 && nums[i] == nums[i - 1] && !used[i - 1]) {
            continue;
        }
        // 做选择
        used[i] = true;
        track.addLast(nums[i]);

        backtrack(nums);
        // 撤销选择
        track.removeLast();
        used[i] = false;
    }
}

形式三、元素无重可复选，即 nums 中的元素都是唯一的，每个元素可以被使用若干次，只要删掉去重逻辑即可，backtrack 核心代码如下：

/* 组合/子集问题回溯算法框架 */
void backtrack(int[] nums, int start) {
    // 回溯算法标准框架
    for (int i = start; i < nums.length; i++) {
        // 做选择
        track.addLast(nums[i]);
        // 注意参数
        backtrack(nums, i);
        // 撤销选择
        track.removeLast();
    }
}


/* 排列问题回溯算法框架 */
void backtrack(int[] nums) {
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        // 做选择
        track.addLast(nums[i]);
        backtrack(nums);
        // 撤销选择
        track.removeLast();
    }
}

只要从树的角度思考，这些问题看似复杂多变，实际上稍微修改 base case 就能解决，因此需要牢记树类型题目重要性。

回溯算法实践

解数独

37.解数独 🔗

数独的每行、每列以及每一个 3×3 的小方格都不能有相同的数字出现。求解数独的思路就是对每一个格子所有可能的数字进行穷举。对于每个位置从 1 到 9 全部试一遍：

// 对 board[i][j] 进行穷举尝试
private void backtrack(char[][] board, int i, int j) {
    int m = 9, n = 9;
    for(char ch = '1'; ch <= '9'; ch++) {
        // 做选择
        board[i][j] = ch;
        // 继续穷举下一个
        backtrack(board, i, j + 1);
        // 撤销选择
        board[i][j] = '.';
    }
}

当 j 到达超过每一行的最后一个索引时，转为增加 i 开始穷举下一行，并且在穷举之前添加一个判断，跳过不满足条件的数字：

private void backtrack(char[][] board, int i, int j) {
    int m = 9, n = 9;
    if (j == n) {
        // 穷举到最后一列就换到下一行重新开始。
        backtrack(board, i + 1, 0);
        return;
    }

    // 如果该位置是预设的数字
    if (board[i][j] != '.') {
        backtrack(board, i, j + 1);
        return;
    } 

    for (char ch = '1'; ch <= '9'; ch++) {
        // 如果遇到不合法的数字就跳过
        if (!isValid(board, i, j, ch)) {
            continue;
        }

        board[i][j] = ch;
        backtrack(board, i, j + 1);
        board[i][j] = '.';
    }
}

// 判断 board[i][j] 是否可以填入 n
private boolean isValid(char[][] board, int row, int col, char n) {
    for(int i = 0; i < 9; i++) {
        // 判断行是否存在重复
        if(board[row][i] == n) {
            return false;
        }
        // 判断列是否存在重复
        if(board[i][col] == n) {
            return false;
        }
        // 判断 3 x 3 方框是否存在重复
        if(board[(row / 3) * 3 + i / 3][(col / 3) * 3 + i % 3] == n) {
            return false;
        }
    }
    return true;
}

最后，这个算法没有 base case，永远不会停止递归。当 r == m 时说明穷举完了最后一行，完成了所有的穷举。

为了减少复杂度，可以让 backtrack 函数返回值为 boolean，如果找到一个可行解就返回 true，这样就可以阻止后续的递归。只找一个可行解，也是题目的本意：

boolean backtrack(char[][] board, int i, int j) {
    int m = 9, n = 9;
    if (j == n) {
        // 穷举到最后一列就换到下一行重新开始。
        return backtrack(board, i + 1, 0);
    }
    if (i == m) {
        // 找到一个可行解，触发 base case
        return true;
    }

    if (board[i][j] != '.') {
        // 如果有预设数字
        return backtrack(board, i, j + 1);
    } 

    for (char ch = '1'; ch <= '9'; ch++) {
        // 如果遇到不合法的数字就跳过
        if (!isValid(board, i, j, ch))
            continue;
        
        board[i][j] = ch;
        // 如果找到一个可行解，立即结束
        if (backtrack(board, i, j + 1)) {
            return true;
        }
        board[i][j] = '.';
    }
    // 穷举完 1~9 依然没有找到可行解
    return false;
}

boolean isValid(char[][] board, int r, int c, char n) {
    // ...
}

对于这种时间复杂度的计算，只能给出一个最坏情况，也就是 $O(9^M)$，其中 M 是棋盘中空着的格子数量。这个复杂度是完全穷举，或者说是找到所有可行解的时间复杂度。

如果给定的数字越少，相当于给出的约束条件越少，对于计算机这种穷举策略来说，是更容易进行下去，而不容易走回头路进行回溯的，所以说如果仅仅找出一个可行解，这种情况下穷举的速度反而比较快。

括号生成

对于括号合法性的判断，主要是借助「栈」这种数据结构，而对于括号的生成，一般都要利用回溯递归的思想。

22.括号生成 🔗

有关括号问题的性质：

一个「合法」括号组合的左括号数量一定等于右括号数量。
对于一个「合法」的括号字符串组合 p，必然对于任何 0 <= i < len(p) 都有：子串 p[0..i] 中左括号的数量都大于或等于右括号的数量。

这道题其实是在问：现在有 2n 个位置，每个位置可以放置字符 ( 或者 )，组成的所有括号组合中，有多少个是合法的。

首先可以打印出所有的 $2^{2n}$ 种组合，根据回溯算法代码框架写出主要思路：

void backtrack(string& sb, int n, int i) {
    // i 代表当前的位置，共 2n 个位置
    // 穷举到最后一个位置了，得到一个长度为 2n 组合
    if (i == 2 * n) {
        print(track);
        return;
    }

    // 对于每个位置可以是左括号或者右括号两种选择
    for choice in ['(', ')'] {
        track.push(choice); // 做选择
        // 穷举下一个位置
        backtrack(track, n, i + 1);
        track.pop(choice); // 撤销选择
    }
}

从中筛选出合法的括号组合可以加几个条件进行「剪枝」。

对于 2n 个位置，必然有 n 个左括号，n 个右括号，所以不是简单的记录穷举位置 i，而是用 left 记录还可以使用多少个左括号，用 right 记录还可以使用多少个右括号，这样就可以通过刚才总结的合法括号规律进行筛选了：

List<String> result = new LinkedList<>();

public List<String> generateParenthesis(int n) {
    StringBuilder sb = new StringBuilder();
    backTrack(n, n, sb);
    return result;

}
private void backTrack(int leftCount, int rightCount, StringBuilder sb){
    //如果左括号剩下的多 说明不符合要求
    if(leftCount > rightCount) {
        return;
    }
    //括号数量最后变成了 负数 不合法
    if(leftCount < 0 || rightCount < 0) {
        return;
    }

    if(leftCount == 0 && rightCount == 0){
        //找到一种可能 将结果加入到 result 集合中
        result.add(sb.toString());
    }

    sb.append('(');
    backTrack(leftCount - 1, rightCount, sb);
    sb.deleteCharAt(sb.length() - 1);

    sb.append(')');
    backTrack(leftCount, rightCount - 1, sb);
    sb.deleteCharAt(sb.length() - 1);
}

集合划分问题

698.划分为k个相等的子集 🔗

排列组合知识：

A(n, k) 表示从 n 个不同元素中拿出 k 个元素的排列（Permutation/Arrangement）；C(n, k) 表示从 n 个不同元素中拿出 k 个元素的组合（Combination）总数。
「排列」和「组合」的主要区别在于是否考虑顺序的差异。
排列、组合总数的计算公式：

$A(n, k) = \frac{n!}{(n - k)!}$

$C(n, k) = \frac{n!}{k!(n - k)!}$

排列组合问题的各种变体都可以抽象成「球盒模型」，P(n, k) 就可以抽象成下面这个场景：

即，将 n 个标记了不同序号的球（标号为了体现顺序的差异），放入 k 个标记了不同序号的盒子中（其中 n >= k，每个盒子最终都装有恰好一个球），共有 A(n, k) 种不同的方法。

若站在盒子的视角，每个盒子必然要选择一个球。第一个盒子可以选择 n 个球中的任意一个，然后需要让剩下 k - 1 个盒子在 n - 1 个球中选择：

若站在球的视角，因为并不是每个球都会被装进盒子，所以球的视角分两种情况：

第一个球可以不装进任何一个盒子，这样就需要将剩下 n - 1 个球放入 k 个盒子。
第一个球可以装进 k 个盒子中的任意一个，这样就需要将剩下 n - 1 个球放入 k - 1 个盒子。

两种视角得到两个不同的递归式，但这两个递归式解开的结果都是熟知的阶乘形式：

$$

A(n, k) = nA(n-1, k-1) \ \ = A(n-1,k)+kA(n-1,k-1) \ \ =\frac{n!}{(n-k)!} \

$$

子集问题和排列组合问题有所区别，但可以借鉴「球盒模型」的抽象，用两种不同的视角来解决这道子集划分问题。把装有 n 个数字的数组 nums 分成 k 个和相同的集合，就是将 n 个数字分配到 k 个「桶」里，这 k 个「桶」里的数字之和要相同。

回溯算法的关键是要知道怎么「做选择」，这样才能利用递归函数进行穷举。

那么模仿排列公式的推导思路，将 n 个数字分配到 k 个桶里，也可以有两种视角：

视角一，如果切换到这 n 个数字的视角，每个数字都要选择进入到 k 个桶中的某一个。

视角二，如果切换到这 k 个桶的视角，对于每个桶，都要遍历 nums 中的 n 个数字，然后选择是否将当前遍历到的数字装进自己这个桶里。

用不同的视角进行穷举，虽然结果相同，但解法代码的逻辑完全不同，进而算法的效率也会不同；对比不同的穷举视角，可以更深刻地理解回溯算法。

1. 以数字的视角

递归遍历数组只需调用 traverse(nums, 0)，它和 for 循环的效果完全一样：

void traverse(int[] nums, int index) {
    if(index == nums.length) {
        return;
    }
    System.out.println(nums[index]);
    traverse(nums, index + 1);
}

那么以数字的视角，选择 k 个桶，用 for 循环写：

// k 个桶（集合），记录每个桶装的数字之和
int[] bucket = new int[k];

// 穷举 nums 中的每个数字
for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
    // 穷举每个桶
    for(int j = 0; j < k; j++) {
        // nums[index] 选择是否要进入第 i 个桶
        // ...
    }
}

如果改成递归的形式：

// k 个桶（集合），记录每个桶装的数字之和
int[] bucket = new int[k];

// 穷举 nums 中的每个数字
void backtrack(int[] nums, int index) {
    // base case
    if (index == nums.length) {
        return;
    }
    // 穷举每个桶
    for(int i = 0; i < k; i++) {
        // 选择装进第 i 个桶
        bucket[i] += nums[index];
        // 递归穷举下一个数字的选择
        backtrack(nums, index + 1);
        // 撤销选择
        bucket[i] -= nums[index];
    }
}

这样，主要的穷举逻辑就完成了。要解决该问题再加以完善代码：

boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k) {
    // 排除一些基本情况
    if(k > nums.length) {
        return false;
    }
    int sum = 0;
    for(int v : nums) {
        sum += v;
    }
    if (sum % k != 0) {
        return false;
    }

    // k 个桶（集合），记录每个桶装的数字之和
    int[] bucket = new int[k];
    // 理论上每个桶（集合）中数字的和
    int target = sum / k;
    // 穷举判断 nums 是否能划分成 k 个和为 target 的子集
    return backtrack(nums, 0, bucket, target);
}

// 递归穷举 nums 中的每个数字
boolean backtrack(int[] nums, int index, int[] bucket, int target) {
    if(index == nums.length) {
        // 检查所有桶的数字之和是否都是 target
        for(int i = 0; i < bucket.length; i++) {
            if(bucket[i] != target) {
                return false;
            }
        }
        // nums 成功平分成 k 个子集
        return true;
    }

    // 穷举 nums[index] 可能装入的桶
    for (int i = 0; i < bucket.length; i++) {
        // 剪枝，桶装装满了
        if(bucket[i] + nums[index] > target) {
            continue;
        }
        // 将 nums[index] 装入 bucket[i]
        bucket[i] += nums[index];
        // 递归穷举下一个数字的选择
        if (backtrack(nums, index + 1, bucket, target)) {
            return true;
        }
        // 撤销选择
        bucket[i] -= nums[index];
    }   
    // nums[index] 装入哪个桶都不行
    return false;
}

还可以对这段代码进行优化，主要看 backtrack 函数的递归部分：

for (int i = 0; i < bucket.length; i++) {
    // 剪枝
    if (bucket[i] + nums[index] > target) {
        continue;
    }

    if (backtrack(nums, index + 1, bucket, target)) {
        return true;
    }
}

如果能让尽可能多的情况命中剪枝的 if 分支，就可以减少递归调用的次数，一定程度上减少时间复杂度。

注意 index 参数是从 0 开始递增的，也就是递归地从 0 开始遍历 nums 数组。如果提前对 nums 数组排序，把大的数字排在前面，那么大的数字会先被分配到 bucket 中，对于之后的数字，bucket[i] + nums[index] 会更大，更容易触发剪枝的 if 条件。所以可以在之前的代码中再添加一些代码：

boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k) {
    // 其他代码不变
    // ...
    /* 降序排序 nums 数组 */
    Arrays.sort(nums);
    for (int i = 0, j = nums.length - 1; i < j; i++, j--) {
        // 交换 nums[i] 和 nums[j]
        int temp = nums[i];
        nums[i] = nums[j];
        nums[j] = temp;
    }
    /*******************/
    return backtrack(nums, 0, bucket, target);
}

由于 Java 的语言特性，这段代码通过先升序排序再反转，达到降序排列的目的。

这个解法可以得到正确答案，但耗时比较多，已经无法通过所有测试用例了，接下来看看另一种视角的解法。

2. 以桶的视角

以桶的视角进行穷举，每个桶需要遍历 nums 中的所有数字，决定是否把当前数字装进桶中；当装满一个桶之后，还要装下一个桶，直到所有桶都装满为止。

这个思路可以用下面这段代码表示出来：

// 装满所有桶为止
while(k > 0) {
    // 记录当前桶中的数字之和
    int bucket = 0;
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        // 决定是否将 nums[i] 放入当前桶中
        if (canAdd(bucket, num[i])) {
            bucket += nums[i];
        }
        if (bucket == target) {
            // 装满了一个桶，装下一个桶
            k--;
            break;
        }
    }
}

可以把这个 while 循环改写成递归函数：

boolean backtrack(int k, int bucket, 
    int[] nums, int start, boolean[] used, int target);

现在 k 号桶正在思考是否应该把 nums[start] 这个元素装进来；目前 k 号桶里面已经装的数字之和为 bucket；used 标志某一个元素是否已经被装到桶中；target 是每个桶需要达成的目标和。

从桶的视角：

需要遍历 nums 中所有数字，决定哪些数字需要装到当前桶中。
如果当前桶装满了（桶内数字和达到 target），则让下一个桶开始执行第 1 步。

boolean backtrack(int k, int bucket, int[] nums, int start, boolean[] used, int target) {
    // base case
    if(k == 0) {
        // 所有桶都被装满了，而且 nums 一定全部用完了
        // 因为 target == sum / k
        return true;
    }
    if(bucket == target) {
        // 装满了当前桶，递归穷举下一个桶的选择
        // 让下一个桶从 nums[0] 开始选数字
        return backtrack(k - 1, 0, nums, 0, used, target);
    }

     // 从 start 开始向后探查有效的 nums[i] 装入当前桶
    for (int i = start; i < nums.length; i++) {
        // 剪枝
        if (used[i]) {
            // nums[i] 已经被装入别的桶中
            continue;
        }
        if (nums[i] + bucket > target) {
            // 当前桶装不下 nums[i]
            continue;
        }

        // 做选择，将 nums[i] 装入当前桶中
        used[i] = true;
        bucket += nums[i];
        // 递归穷举下一个数字是否装入当前桶
        if (backtrack(k, bucket, nums, i + 1, used, target)) {
            return true;
        }
        // 撤销选择
        used[i] = false;
        bucket -= nums[i];
    }
    // 穷举了所有数字，都无法装满当前桶
    return false;
}

这段代码可以得出正确答案，但是效率很低。

首先，在这个解法中每个桶都可以认为是没有差异的，但是这里的回溯算法却会对它们区别对待，这里就会出现重复计算的情况。

回溯算法就是穷举所有可能的组合，然后看是否能找出和为 target 的 k 个桶（子集）。

如下面这种情况，target = 5，算法会在第一个桶里面装 1, 4：

第一个桶装满后开始装第二个桶，算法会装入 2, 3：

以此类推，对后面的元素进行穷举，凑出若干个和为 5 的桶（子集）。但如果最后发现无法凑出和为 target 的 k 个子集，回溯算法会回溯到第一个桶，重新开始穷举，现在它知道第一个桶里装 1, 4 是不可行的，它会尝试把 2, 3 装到第一个桶里：

第一个桶装满后开始装第二个桶，算法会装入 1, 4：

这种情况和之前的情况是一样的。也就是说到这里已经不需要再穷举了，因为是凑不出来和为 target 的 k 个子集的。但这个算法还是会继续穷举，因为在它看来第一个和第二个桶里装的元素不一样就是两种不一样的情况。

这两种情况的 used 数组肯定长得一样，所以 used 数组可以认为是回溯过程中的「状态」。

所以，为了解决这个问题可以用一个 memo 备忘录，在装满一个桶时记录当前 used 的状态，如果当前 used 的状态是曾经出现过的，那就不再继续穷举，从而起到剪枝避免冗余计算的作用。

used 是一个布尔数组，可以把数组转化成字符串，这样就可以作为哈希表的键进行存储了：

// 备忘录，存储 used 数组的状态
HashMap<String, Boolean> memo = new HashMap<>();

boolean backtrack(int k, int bucket, int[] nums, int start, boolean[] used, int target) {        
    // base case
    if (k == 0) {
        return true;
    }
    // 将 used 的状态转化成形如 [true, false, ...] 的字符串
    // 便于存入 HashMap
    String state = Arrays.toString(used);

    if(bucket == target) {
        // 装满了当前桶，递归穷举下一个桶的选择
        boolean res = backtrack(k - 1, 0, nums, 0, used, target);
        // 将当前状态和结果存入备忘录
        memo.put(state, res);
        return res;
    }
    if (memo.containsKey(state)) {
        // 如果当前状态计算过，就直接返回不再递归穷举
        return memo.get(state);
    }

    // 其他逻辑不变...

这样提交解法会发现执行效率依然比较低，这次不是因为算法逻辑上的冗余计算，而是代码实现上的问题。

因为每次递归都要把 used 数组转化成字符串，这对于编程语言来说也是一个不小的消耗，所以还可以进一步优化。

注意题目给的数据规模 nums.length <= 16，也就是说 used 数组最多也不会超过 16，那么可以使用「位图」的技巧，用一个 int 类型的 used 变量来替代 used 数组。

具体来说，可以用整数 used 的第 i 位（(used >> i) & 1）的 1/0 来表示 used[i] 的 true/false。

这样不仅节约了空间，而且整数 used 也可以直接作为键存入 HashMap，省去数组转字符串的消耗。

public boolean canPartitionKSubsets(int[] nums, int k) {
    // 排除一些基本情况
    if (k > nums.length) return false;
    int sum = 0;
    for (int v : nums) sum += v;
    if (sum % k != 0) return false;
    
    int used = 0; // 使用位图技巧
    int target = sum / k;
    // k 号桶初始什么都没装，从 nums[0] 开始做选择
    return backtrack(k, 0, nums, 0, used, target);
}

HashMap<Integer, Boolean> memo = new HashMap<>();

boolean backtrack(int k, int bucket,
                  int[] nums, int start, int used, int target) {        
    // base case
    if (k == 0) {
        // 所有桶都被装满了，而且 nums 一定全部用完了
        return true;
    }
    if (bucket == target) {
        // 装满了当前桶，递归穷举下一个桶的选择
        // 让下一个桶从 nums[0] 开始选数字
        boolean res = backtrack(k - 1, 0, nums, 0, used, target);
        // 缓存结果
        memo.put(used, res);
        return res;
    }
    
    if (memo.containsKey(used)) {
        // 避免冗余计算
        return memo.get(used);
    }

    for (int i = start; i < nums.length; i++) {
        // 剪枝
        if (((used >> i) & 1) == 1) { // 判断第 i 位是否是 1
            // nums[i] 已经被装入别的桶中
            continue;
        }
        if (nums[i] + bucket > target) {
            continue;
        }
        // 做选择
        used |= 1 << i; // 将第 i 位置为 1
        bucket += nums[i];
        // 递归穷举下一个数字是否装入当前桶
        if (backtrack(k, bucket, nums, i + 1, used, target)) {
            return true;
        }
        // 撤销选择
        used ^= 1 << i; // 使用异或运算将第 i 位恢复 0
        bucket -= nums[i];
    }

    return false;
}

假设 nums 中的元素个数为 n。

第一个解法从数字的角度进行穷举，n 个数字，每个数字有 k 个桶可供选择，所以组合出的结果个数为 $k^n$，时间复杂度也就是 $O(k^n)$。

第二个解法每个桶要遍历 n 个数字，对每个数字有「装入」或「不装入」两种选择，所以组合的结果有 $2^n$ 种；有 k 个桶，所以总的时间复杂度为 $O(k \times 2^n)$。

通俗来说，我们应该尽量「少量多次」，就是说宁可多做几次选择（乘法关系），也不要给太大的选择空间（指数关系）；做 n 次「k 选一」仅重复一次（$O(k^n)$），比 n 次「二选一」重复 k 次（$O(k \times 2^n)$）效率低很多。

图

图的逻辑结构和具体实现

一幅图是由节点和边构成的，逻辑结构如下：

根据这个逻辑结构，可以认为每个节点的实现如下：

// 图节点的逻辑结构
class Vertex {
    int id;
    Vertex[] neighbors;
}

它和多叉树节点几乎完全一样：

// 基本的 N 叉树节点
class TreeNode {
    int val;
    TreeNode[] children;
}

所以，图本质上就是个高级的多叉树，适用于树的 DFS/BFS 遍历算法，全部适用于图。

不过上面的这种实现是「逻辑上的」，实际上很少用 Vertex 类实现图，而是用邻接表和邻接矩阵来实现。

如上图所示的图，用邻接表和邻接矩阵的存储方式如下：

邻接表很直观，把每个节点 x 的邻居都存到一个列表里，然后把 x 和这个列表关联起来，这样就可以通过一个节点 x 找到它的所有相邻节点。

邻接矩阵则是一个二维布尔数组，称为 matrix，如果节点 x 和 y 是相连的，那么就把 matrix[x][y] 设为 true（上图中绿色的方格代表 true）。如果想找节点 x 的邻居直接判断 matrix[x][..] 即可。

如果用代码的形式来表现，邻接表和邻接矩阵大概长这样：

// 邻接表
// graph[x] 存储 x 的所有邻居节点
List<Integer>[] graph;

// 邻接矩阵
// matrix[x][y] 记录 x 是否有一条指向 y 的边
boolean[][] matrix;

对于邻接表，优点是占用的空间少。但邻接表无法快速判断两个节点是否相邻。

对于邻接表，优点是可以快速判断两个节点是否相邻，只需要判断 matrix[i][j] 是否为 true。但占用的空间大。

在常规的算法题中，邻接表的使用会更频繁一些，主要是因为操作起来较为简单，但这不意味着邻接矩阵应该被轻视。矩阵是一个强有力的数学工具，图的一些隐晦性质可以借助精妙的矩阵运算展现出来。

图论中的度(degree)：在无向图中，「度」就是每个节点相连的边的条数。

由于有向图的边有方向，所以有向图中每个节点「度」被细分为入度（indegree）和出度（outdegree），如下图：

其中节点 3 的入度为 3（有三条边指向它），出度为 1（它有 1 条边指向别的节点）。

其他更复杂的模型都是基于这个最简单的图衍生出来的。

图的遍历

参考多叉树的 DFS 遍历框架如下：

// 多叉树遍历框架
void traverse(TreeNode root) {
    if (root == null) return;
    // 前序位置
    for (TreeNode child : root.children) {
        traverse(child);
    }
    // 后序位置
}

图和多叉树最大的区别是，图是可能包含环的，从图的某一个节点开始遍历，有可能走了一圈又回到这个节点，而树不会出现这种情况，从某个节点出发必然走到叶子节点，不会回到它自身。

所以，如果图包含环，遍历框架就要一个 visited 数组进行辅助：

// 记录被遍历过的节点
boolean[] visited;
// 记录从起点到当前节点的路径
boolean[] onPath;

// 图遍历框架
void traverse(Graph graph, int s) {
    if (visited[s]) return;
    // 经过节点 s，标记为已遍历
    visited[s] = true;
    // 做选择：标记节点 s 在路径上
    onPath[s] = true;
    for (int neighbor : graph.neighbors(s)) {
        traverse(graph, neighbor);
    }
    // 撤销选择：节点 s 离开路径
    onPath[s] = false;
}

注意 visited 和 onPath 数组的区别，前者用于记录节点是否被遍历过，后者用于记录从起点到当前节点的路径。onPath 在处理路径相关的问题时可以用到。

797.所有可能的路径 🔗

以 0 为起点遍历图，同时记录遍历过的路径，当遍历到终点时将路径记录下来即可。由于输入的图是无环图，因此不需要使用 visited 数组辅助：

// 记录所有路径
List<List<Integer>> res = new LinkedList<>();

public List<List<Integer>> allPathsSourceTarget(int[][] graph) {
    // 维护递归过程中经过的路径
    LinkedList<Integer> path = new LinkedList<>();
    traverse(graph, 0, path);
    return res;
}

// 图的遍历框架
private void traverse(int[][] graph, int s, LinkedList<Integer> path) {
    // 添加节点 s 到路径
    path.addLast(s);

    int n = graph.length;
    if(s == n - 1) {
        // 到达终点
        res.add(new LinkedList<>(path));
        path.removeLast();
        return;
    }

    // 递归每个相邻节点
    for(int v : graph[s]) {
        traverse(graph, v, path);
    }

    // 从路径移出节点 s
    path.removeLast();
}

注意 Java 的语言特性，因为 Java 函数参数传的是对象引用，所以向 res 中添加 path 时需要拷贝一个新的列表，否则最终 res 中的列表都是空的。

拓扑排序

环检测算法(DFS)

207.课程表 🔗

当存在循环依赖时，无法修完所有课程。依赖问题首先想到的是把问题转化成「有向图」，只要图中存在环，那就说明存在循环依赖。

可以把课程看成「有向图」中的节点，节点编号分别是 0, 1, ..., numCourses-1，把课程之间的依赖关系看做节点之间的有向边。如必须修完课程 1 才能修课程 3，那么就有一条有向边从节点 1 指向 3。

如果生成当有向图中存在环，说明课程之间存在循环依赖，无法全部上完；反之，如果没有环，就可以完成全部课程。

使用邻接表：

List<Integer>[] graph;

graph[s] 是一个列表，存储着节点 s 所指向的节点。生成图：

List<Integer>[] buildGraph(int numCourses, int[][] prerequisites) {
    // 图中共有 numCourses 个节点
    List<Integer>[] graph = new LinkedList[numCourses];
    for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
        graph[i] = new LinkedList<>();
    }
    for (int[] edge : prerequisites) {
        int from = edge[1], to = edge[0];
        // 添加一条从 from 指向 to 的有向边
        // 边的方向是「被依赖」关系，即修完课程 from 才能修课程 to
        graph[from].add(to);
    }
    return graph;
}

遍历图：

// 防止重复遍历同一个节点
boolean[] visited;

boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
    List<Integer>[] graph = buildGraph(numCourses, prerequisites);
    
    visited = new boolean[numCourses];
    for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
        traverse(graph, i);
    }
}

// 从节点 s 开始 DFS 遍历，将遍历过的节点标记为 true
void traverse(List<Integer>[] graph, int s) {
    if(visited[s]) {
        return;
    }
    /* 前序遍历代码位置 */
    // 将当前节点标记为已遍历
    visited[s] = true;
    for(int t : graph[s]) {
        traverse(graph, t);
    }
    /* 后序遍历代码位置 */
}

注意图中并不是所有节点都相连，所以要用一个 for 循环将所有节点都作为起点调用一次 DFS 搜索算法。只需要再添加一个布尔数组 onPath 记录当前 traverse 经过的路径：

boolean[] onPath;
boolean[] visited;

boolean hasCycle = false;

void traverse(List<Integer>[] graph, int s) {
    if (onPath[s]) {
        // 发现环
        hasCycle = true;
    }
    if (visited[s] || hasCycle) {
        return;
    }
    // 将节点 s 标记为已遍历
    visited[s] = true;
    // 开始遍历节点 s
    onPath[s] = true;
    for (int t : graph[s]) {
        traverse(graph, t);
    }
    // 节点 s 遍历完成
    onPath[s] = false;
}

在进入节点 s 的时候将 onPath[s] 标记为 true，离开时标记回 false，如果发现 onPath[s] 已经被标记，说明出现了环。

完整代码：

// 记录遍历过的节点
private boolean[] visited;

// 记录一次递归堆栈中的节点
private boolean[] onPath;

// 记录图中是否有环
private boolean hasCycle = false;

public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
    List<Integer>[] graph = buildGraph(numCourses, prerequisites);

    visited = new boolean[numCourses];
    onPath = new boolean[numCourses];
    
    for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
        traverse(graph, i);
    }
    return !hasCycle;
}

private List<Integer>[] buildGraph(int numCourses, int[][] prerequisites) {
    List<Integer>[] graph = new LinkedList[numCourses];
    for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
        graph[i] = new LinkedList<>();
    }

    for(int[] edge : prerequisites) {
        int from = edge[1], to = edge[0];
        // 边的方向是「被依赖」关系，即修完课程 from 才能修课程 to
        graph[from].add(to);
    }
    return graph;
}

private void traverse(List<Integer>[] graph, int s){
    if(onPath[s]) {
        // 存在环
        hasCycle = true;
    }
    if(visited[s] || hasCycle) {
        return;
    }

    visited[s] = true;
    onPath[s] = true;
    for(int t : graph[s]){
        traverse(graph, t);
    }
    onPath[s] = false;
}

拓扑排序算法(DFS)

210.课程表 II 🔗

与 #207 不同的事，需要进一步返回一个合理的上课顺序，保证开始修每个课程时，前置的课程都已经修完。

如果一幅有向图中存在环，是无法进行拓扑排序的。如果把课程抽象成节点，课程之间的依赖关系抽象成有向边，那么拓扑排序结果就是上课顺序。

将后序遍历的结果进行反转，就是拓扑排序的结果。

是否需要反转看的是对边的定义，即依赖与被依赖关系。

对于环的判断，可以使用上提的主函数，完整代码：

// 记录后序遍历结果
List<Integer> postorder = new ArrayList<>();
// 记录是否存在环
boolean hasCycle = false;
boolean[] visited, onPath;

// 主函数
public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
    List<Integer>[] graph = buildGraph(numCourses, prerequisites);
    visited = new boolean[numCourses];
    onPath = new boolean[numCourses];
    // 遍历图
    for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
        traverse(graph, i);
    }
    // 有环图无法进行拓扑排序
    if (hasCycle) {
        return new int[]{};
    }
    // 逆后序遍历结果即为拓扑排序结果
    Collections.reverse(postorder);
    int[] res = new int[numCourses];
    for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
        res[i] = postorder.get(i);
    }
    return res;
}

// 图遍历函数
void traverse(List<Integer>[] graph, int s) {
    if (onPath[s]) {
        // 发现环
        hasCycle = true;
    }
    if (visited[s] || hasCycle) {
        return;
    }
    // 前序遍历位置
    onPath[s] = true;
    visited[s] = true;
    for (int t : graph[s]) {
        traverse(graph, t);
    }
    // 后序遍历位置
    postorder.add(s);
    onPath[s] = false;
}

List<Integer>[] buildGraph(int numCourses, int[][] prerequisites) {
    // ...
}

环检测算法(BFS)

// 主函数
public boolean canFinish(int numCourses, int[][] prerequisites) {
    // 建图，有向边代表「被依赖」关系
    List<Integer>[] graph = buildGraph(numCourses, prerequisites);
    // 构建入度数组
    int[] indegree = new int[numCourses];
    for (int[] edge : prerequisites) {
        int from = edge[1], to = edge[0];
        // 节点 to 的入度加一
        indegree[to]++;
    }

    // 根据入度初始化队列中的节点
    Queue<Integer> q = new LinkedList<>();
    for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
        if (indegree[i] == 0) {
            // 节点 i 没有入度，即没有依赖的节点
            // 可以作为拓扑排序的起点，加入队列
            q.offer(i);
        }
    }

    // 记录遍历的节点个数
    int count = 0;
    // 开始执行 BFS 循环
    while (!q.isEmpty()) {
        // 弹出节点 cur，并将它指向的节点的入度减一
        int cur = q.poll();
        count++;
        for (int next : graph[cur]) {
            indegree[next]--;
            if (indegree[next] == 0) {
                // 如果入度变为 0，说明 next 依赖的节点都已被遍历
                q.offer(next);
            }
        }
    }

    // 如果所有节点都被遍历过，说明不成环
    return count == numCourses;
}

List<Integer>[] buildGraph(int n, int[][] edges) {
    // ...
}

构建邻接表，边的方向表示「被依赖」关系。
构建一个 indegree 数组记录每个节点的入度，即 indegree[i] 记录节点 i 的入度。
对 BFS 队列进行初始化，将入度为 0 的节点首先装入队列。
开始执行 BFS 循环，不断弹出队列中的节点，减少相邻节点的入度，并将入度变为 0 的节点加入队列。
如果最终所有节点都被遍历过（count 等于节点数），则说明不存在环，反之则说明存在环。

如果存在节点没有被遍历即，那么说明图中存在环。

拓扑排序(BFS)

由上面的思路可以发现，图中每个节点入队的顺序就是一个可行的拓扑排序结果。

因此只需要修改 BFS 版本的环检测算法，记录节点的遍历顺序即可得到拓扑排序的结果：

// 主函数
public int[] findOrder(int numCourses, int[][] prerequisites) {
    // 建图，和环检测算法相同
    List<Integer>[] graph = buildGraph(numCourses, prerequisites);
    // 计算入度，和环检测算法相同
    int[] indegree = new int[numCourses];
    for (int[] edge : prerequisites) {
        int from = edge[1], to = edge[0];
        indegree[to]++;
    }

    // 根据入度初始化队列中的节点，和环检测算法相同
    Queue<Integer> q = new LinkedList<>();
    for (int i = 0; i < numCourses; i++) {
        if (indegree[i] == 0) {
            q.offer(i);
        }
    }

    // 记录拓扑排序结果
    int[] res = new int[numCourses];
    // 记录遍历节点的顺序（索引）
    int count = 0;
    // 开始执行 BFS 算法
    while (!q.isEmpty()) {
        int cur = q.poll();
        // 弹出节点的顺序即为拓扑排序结果
        res[count] = cur;
        count++;
        for (int next : graph[cur]) {
            indegree[next]--;
            if (indegree[next] == 0) {
                q.offer(next);
            }
        }
    }

    if (count != numCourses) {
        // 存在环，拓扑排序不存在
        return new int[]{};
    }
    
    return res;
}

// 建图函数
List<Integer>[] buildGraph(int n, int[][] edges) {
    // ...
}

这里的 BFS 算法是通过 indegree 数组实现的 visited 数组的作用，只有入度为 0 的节点才能入队，从而保证不会出现死循环。

二分图判定

二分图简介

百度百科对「二分图」的定义：

二分图的顶点集可分割为两个互不相交的子集，图中每条边依附的两个顶点都分属于这两个子集，且两个子集内的顶点不相邻。

其实就是「双色问题」：用两种颜色将图中的所有顶点着色，且使得任意一条边的两个端点的颜色都不相同。

这个问题就等同于二分图的判定问题，如果能够成功地将图染色，那么这幅图就是一幅二分图，反之则不是：

二分图作为一种特殊的图模型，会被很多高级图算法（比如最大流算法）用到。二分图结构在某些场景可以更高效地存储数据。

二分图判定思路

判定二分图就是用代码解决「双色问题」：遍历一遍图，一边遍历一边染色，看看能不能用两种颜色给所有节点染色，且相邻节点的颜色都不相同。

首先可以写出图的遍历框架：

boolean[] visited;
void traverse(Graph graph, int v) {
    if(visited[v]) {
        return;
    }
    visited[v] = true;
    for(TreeNode neighbor : graph.neighbors(v)) {
        traverse(graph, neighbor);
    }
}

因为图中可能存在环，所以用 visited 数组防止死循环。

也可以把判断是否走过放在其他地方：

boolean[] visited;
void traverse(Graph graph, int v) {
    // 前序遍历位置，标记节点 v 已访问
    visited[v] = true;
    for (int neighbor : graph.neighbors(v)) {
        if (!visited[neighbor]) {
            // 只遍历没标记过的相邻节点
            traverse(graph, neighbor);
        }
    }
}

这种写法把对 visited 的判断放到递归调用之前，和之前的写法唯一的不同是需要保证调用 traverse(v) 的时候，visited[v] == false。

这样就可以写出二分图判定的代码逻辑：

void traverse(Graph graph, boolean[] visited, int v) {
    visited[v] = true;
    // 遍历节点 v 的所有相邻节点 neighbor
    for(TreeNode neighbor : graph.neighbors(v)) {
        if (!visited[neighbor]) {
            // 如果没访问过，就给节点 neighbor 涂上与 v 不同的颜色
            traverse(graph, visited, neighbor);
        } else {
            // 相邻节点 neighbor 已经被访问过
            // 那么应该比较节点 neighbor 和节点 v 的颜色
            // 若相同，则此图不是二分图
        }
    }
}

785.判断二分图 🔗

可以额外使用一个 color 数组来记录每个节点的颜色：

// 记录图是否符合二分图性质
private boolean ok = true;
// 记录图中节点的颜色，false 和 true 代表两种不同颜色
private boolean[] color;
// 记录图中节点是否被访问过
private boolean[] visited;

public boolean isBipartite(int[][] graph) {
    color = new boolean[graph.length];
    visited = new boolean[graph.length];

    // 因为图不一定是联通的，可能存在多个子图
    // 所以要把每个节点都作为起点进行一次遍历
    // 如果发现任何一个子图不是二分图，整幅图都不算二分图
    for(int i = 0; i < graph.length; i++) {
        if(!visited[i]) {
            traverse(graph, i);
        }
    }

    return ok;
}

private void traverse(int[][] graph, int v) {
    if(!ok) {
        return;
    }
    visited[v] = true;
    for(int w : graph[v]) {
        if(!visited[w]) {
            // 相邻节点 w 没有被访问过
            // 给节点 w 涂上和节点 v 不同的颜色
            color[w] = !color[v];
            // 继续遍历 w
            traverse(graph, w);
        } else {
            // 相邻节点 w 已经被访问过
            // 根据 v 和 w 的颜色判断是否是二分图
            if(color[w] == color[v]) {
                // 若相同，则此图不是二分图
                ok = false;
            }
        }
    }
}

886.可能的二分法 🔗

如果把每个人看做图中的节点，相互讨厌的关系看做图中的边，那么 dislikes 数组就可以构成一幅图。

又因为互相讨厌的人不能放在同一组里，相当于图中的所有相邻节点都要放进两个不同的组。

这就回到了「双色问题」，如果能够用两种颜色着色所有节点，且相邻节点颜色都不同，那么按照颜色把这些节点分成两组就可以了。

把 dislikes 构造成一幅图，然后执行二分图的判定算法即可：

private boolean ok = true;
private boolean[] color;
private boolean[] visited;

public boolean possibleBipartition(int n, int[][] dislikes) {
    // 图节点编号从 1 开始
    color = new boolean[n + 1];
    visited = new boolean[n + 1];

    // 转化成邻接表表示图结构
    List<Integer>[] graph = buildGraph(n, dislikes);

    for(int i = 0; i <= n; i++) {
        if(!visited[i]) {
            traverse(graph, i);
        }
    }
    return ok;
}

private List<Integer>[] buildGraph(int n, int[][] dislikes) {
    // 图节点编号为 1...n
    List<Integer>[] graph = new LinkedList[n + 1];
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        graph[i] = new LinkedList<>();
    }
    for(int[] edge : dislikes) {
        int v = edge[1], w = edge[0];
        graph[v].add(w);
        graph[w].add(v);
    }
    return graph;
}

private void traverse(List<Integer>[] graph, int v) {
    if(!ok) {
        return;
    }
    visited[v] = true;
    for(int w : graph[v]) {
        if(!visited[w]) {
            color[w] = !color[v];
            traverse(graph, w);
        } else {
            if(color[w] == color[v]) {
                ok = false;
            }
        }
    }
}

并查集(UNION-FIND)算法

Union-Find 算法，也就是常说的并查集（Disjoint Set）结构，主要是解决图论中「动态连通性」问题的。

动态连通性其实可以抽象成给一幅图连线。比如下面这幅图，总共有 10 个节点，他们互不相连，分别用 0~9 标记：

Union-Find 算法主要需要实现这两个 API：

class UF {
    /* 将 p 和 q 连接 */
    public void union(int p, int q);
    /* 判断 p 和 q 是否连通 */
    public boolean connected(int p, int q);
    /* 返回图中有多少个连通分量 */
    public int count();
}

这里所说的「连通」是一种等价关系，也就是说具有如下三个性质：

自反性：节点 p 和 p 是连通的。
对称性：如果节点 p 和 q 连通，那么 q 和 p 也连通。
传递性：如果节点 p 和 q 连通，q 和 r 连通，那么 p 和 r 也连通。

比如 0～9 任意两个不同的点都不连通，调用 connected 都会返回 false，连通分量为 10 个。

如果调用 union(0, 1)，那么 0 和 1 被连通，连通分量降为 9 个。

再调用 union(1, 2)，这时 0, 1, 2 都被连通，调用 connected(0, 2) 也会返回 true，连通分量变为 8 个。

判断这种「等价关系」非常实用，如编译器判断同一个变量的不同引用、社交网络中的朋友圈计算等。

基本思路

可以使用森林（若干棵树）来表示图的动态连通性，用数组来具体实现这个森林。

设定树的每个节点有一个指针指向其父节点，如果是根节点的话，这个指针指向自己。如上图一开始的时候没有相互连通：

class UF {
    // 记录连通分量
    private int count;
    // 节点 x 的父节点是 parent[x]
    private int[] parent;

    /* 构造函数，n 为图的节点总数 */
    public UF(int n) {
        // 一开始互不联通
        this.count = n;
        // 父节点指针初始指向自己
        parent = new int[n];
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            parent[i] = i;
        }
    }
}

如果某两个节点被连通，则让其中的（任意）一个节点的根节点接到另一个节点的根节点上：

public void union(int p, int q) {
    int rootP = find(p);
    int rootQ = find(q);
    if(rootP == rootQ) {
        return;
    }
    // 将两棵树合并为一棵
    parent[rootP] = rootQ;
    // 也可以使用 parent[rootQ] = rootP 
    // 两个分量合二为一，连通分量减一
    count--; 
}
/* 返回某个节点 x 的根节点 */
private int find(int x) {
    // 根节点的 parent[x] == x
    while(parent[x] != x) {
        x = parent[x];
    }
    return x;
}

/* 返回当前的连通分量个数 */
public int count() { 
    return count;
}

这样，如果节点 p 和 q 连通的话，它们一定拥有相同的根节点：

public boolean connected(int p, int q) {
    int rootP = find(p);
    int rootQ = find(q);
    return rootP == rootQ;
}

至此，Union-Find 算法就基本完成了。

平衡性优化

这个算法的主要 API connected 和 union 中的复杂度都是 find 函数造成的，所以说它们的复杂度和 find 一样。

find 主要功能就是从某个节点向上遍历到树根，其时间复杂度就是树的高度。我们可能习惯性地认为树的高度就是 logN，但这并不一定。logN 的高度只存在于平衡二叉树，对于一般的树可能出现极端不平衡的情况，使得「树」几乎退化成「链表」，树的高度最坏情况下可能变成 N。

所以上面这种解法 find , union , connected 的时间复杂度都是 $O(N)$。

因此需要考虑如何避免树的不平衡，关键在于 union 过程：

public void union(int p, int q) {
    int rootP = find(p);
    int rootQ = find(q);
    if (rootP == rootQ) {
        return;
    }
    parent[rootP] = rootQ;
    count--;
}

这里直接把 p 所在的树接到 q 所在的树的根节点下面，就可能出现「头重脚轻」的不平衡状况，比如下面这种局面：

长此以往，树可能生长得很不平衡。我们希望小一些的树接到大一些的树下面，这样就能避免头重脚轻，更平衡一些。解决方法是额外使用一个 size 数组，记录每棵树包含的节点数，不妨称为「重量」：

class UF {
    private int count;
    private int[] parent;
    // 新增一个数组记录树的“重量”
    private int[] size;

    public UF(int n) {
        this.count = n;
        parent = new int[n];
        // 最初每棵树只有一个节点
        // 重量应该初始化 1
        size = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            parent[i] = i;
            size[i] = 1;
        }
    }
    /* 其他函数 */
}

如 size[3] = 5 表示，以节点 3 为根的树总共有 5 个节点。修改一下 union 方法：

public void union(int p, int q) {
    int rootP = find(p);
    int rootQ = find(q);
    if (rootP == rootQ)
        return;
    
    // 小树接到大树下面，较平衡
    if (size[rootP] > size[rootQ]) {
        parent[rootQ] = rootP;
        size[rootP] += size[rootQ];
    } else {
        parent[rootP] = rootQ;
        size[rootQ] += size[rootP];
    }
    count--;
}

这样，通过比较树的重量，就可以保证树的生长相对平衡，树的高度大致在 $logN$ 这个数量级，极大提升执行效率。

此时 find , union , connected 的时间复杂度都下降为 $O(logN)$。

路径压缩

其实我们并不在乎每棵树的结构长什么样，只在乎根节点。

因为无论树长什么样，树上的每个节点的根节点都是相同的，所以可以进一步压缩每棵树的高度，使树高始终保持为常数。

这样每个节点的父节点就是整棵树的根节点，find 就能以 $O(1)$ 的时间找到某一节点的根节点。相应的，connected 和 union 复杂度都下降为 $O(1)$。

要做到这一点主要是修改 find 函数逻辑.

第一种是在 find 中加一行代码：

private int find(int x) {
    while (parent[x] != x) {
        // 这行代码进行路径压缩
        parent[x] = parent[parent[x]];
        x = parent[x];
    }
    return x;
}

每次 while 循环都会把一对父子节点改到同一层，这样每次调用 find 函数向树根遍历的同时就将树高缩短了。

路径压缩的第二种写法：

public int find(int x) {
    if (parent[x] != x) {
        parent[x] = find(parent[x]);
    }
    return parent[x];
}

翻译成迭代：

public int find(int x) {
    // 先找到根节点
    int root = x;
    while (parent[root] != root) {
        root = parent[root];
    }
    // 然后把 x 到根节点之间的所有节点直接接到根节点下面
    int old_parent = parent[x];
    while (x != root) {
        parent[x] = root;
        x = old_parent;
        old_parent = parent[old_parent];
    }
    return root;
}

比起第一种路径压缩，显然这种方法压缩得更彻底，直接把一整条树枝压平。就算一些极端情况下产生了一棵比较高的树，只要一次路径压缩就能大幅降低树高，从摊还分析的角度来看，所有操作的平均时间复杂度依然是 $O(1)$。

另外，如果使用路径压缩技巧，那么 size 数组的平衡优化就不是特别必要了：

class UF {
    // 连通分量个数
    private int count;
    // 存储每个节点的父节点
    private int[] parent;

    // n 为图中节点的个数
    public UF(int n) {
        this.count = n;
        parent = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            parent[i] = i;
        }
    }
    
    // 将节点 p 和节点 q 连通
    public void union(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        
        if (rootP == rootQ)
            return;
        
        parent[rootQ] = rootP;
        // 两个连通分量合并成一个连通分量
        count--;
    }

    // 判断节点 p 和节点 q 是否连通
    public boolean connected(int p, int q) {
        int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        return rootP == rootQ;
    }

    public int find(int x) {
        if (parent[x] != x) {
            parent[x] = find(parent[x]);
        }
        return parent[x];
    }

    // 返回图中的连通分量个数
    public int count() {
        return count;
    }
}

Union-Find 算法的复杂度的分析：构造函数初始化数据结构需要 $O(N)$ 的时间和空间复杂度；连通两个节点 union、判断两个节点的连通性 connected、计算连通分量 count 所需的时间复杂度均为 $O(1)$。

优化算法的过程：

用 parent 数组记录每个节点的父节点，相当于指向父节点的指针，所以 parent 数组内实际存储着一个森林（若干棵多叉树）。
用 size 数组记录着每棵树的重量，目的是让 union 后树依然拥有平衡性，保证各个 API 时间复杂度为 $O(logN)$，而不会退化成链表影响操作效率。
在 find 函数中进行路径压缩，保证任意树的高度保持在常数，使得各个 API 时间复杂度为 $O(1)$。使用了路径压缩之后，可以不使用 size 数组的平衡优化。

323.无向图中连通分量的数目 🔗

可以直接使用 UF 类来解决：

public int countComponents(int n, int[][] edges) {
    UF uf = new UF(n);
    // 将每个节点进行连通
    for (int[] e : edges) {
        uf.union(e[0], e[1]);
    }
    // 返回连通分量的个数
    return uf.count();
}

class UF {
    // ...
}

另外，一些使用 DFS 深度优先算法解决的问题，也可以用 Union-Find 算法解决。

130.被围绕的区域 🔗

必须是四面被围的 O 才能被换成 X，也就是说边角上的 O 一定不会被围，进一步，与边角上的 O 相连的 O 也不会被 X 围四面，也不会被替换。

如果使用 DFS 算法：

先用 for 循环遍历棋盘的四边，用 DFS 算法把那些与边界相连的 O 换成一个特殊字符，比如 #；然后再遍历整个棋盘，把剩下的 O 换成 X，把 # 恢复成 O。这样就能完成题目的要求，时间复杂度 $O(MN)$。

这个问题也可以用 Union-Find 算法解决：

把所有靠边的 O 和一个虚拟节点 dummy 进行连通：

首先要解决的是，根据我们的实现，Union-Find 底层用的是一维数组，构造函数需要传入这个数组的大小，而题目给的是一个二维棋盘。

二维坐标 (x,y) 可以转换成 x * n + y 这个数（m 是棋盘的行数，n 是棋盘的列数）。这是将二维坐标映射到一维的常用技巧。

其次，索引 [0.. m*n-1] 都是棋盘内坐标的一维映射，因此虚拟的 dummy 节点占据索引 m * n。

void solve(char[][] board) {
    if (board.length == 0) return;

    int m = board.length;
    int n = board[0].length;
    // 给 dummy 留一个额外位置
    UF uf = new UF(m * n + 1);
    int dummy = m * n;
    // 将首列和末列的 O 与 dummy 连通
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        if (board[i][0] == 'O')
            uf.union(i * n, dummy);
        if (board[i][n - 1] == 'O')
            uf.union(i * n + n - 1, dummy);
    }
    // 将首行和末行的 O 与 dummy 连通
    for (int j = 0; j < n; j++) {
        if (board[0][j] == 'O')
            uf.union(j, dummy);
        if (board[m - 1][j] == 'O')
            uf.union(n * (m - 1) + j, dummy);
    }
    // 方向数组 d 是上下左右搜索的常用手法
    int[][] d = new int[][]{{1,0}, {0,1}, {0,-1}, {-1,0}};
    for (int i = 1; i < m - 1; i++) 
        for (int j = 1; j < n - 1; j++) 
            if (board[i][j] == 'O')
                // 将此 O 与上下左右的 O 连通
                for (int k = 0; k < 4; k++) {
                    int x = i + d[k][0];
                    int y = j + d[k][1];
                    if (board[x][y] == 'O')
                        uf.union(x * n + y, i * n + j);
                }
    // 所有不和 dummy 连通的 O，都要被替换
    for (int i = 1; i < m - 1; i++) 
        for (int j = 1; j < n - 1; j++) 
            if (!uf.connected(dummy, i * n + j))
                board[i][j] = 'X';
}

class UF {
    // ...
}

思路与 DFS 算法相同，只有和边界 O 相连的 O 才具有和 dummy 的连通性，它们不会被替换。

虽然实现复杂一些，甚至效率也略低于 DFS，但可以体现 Union-Find 主要思路：适时增加虚拟节点，想办法让元素「分门别类」，建立动态连通关系。

990.等式方程的可满足性 🔗

动态连通性其实就是一种等价关系，具有「自反性」「传递性」和「对称性」，== 关系也是一种等价关系，具有这些性质。所以这个问题适合使用 Union-Find 算法。

核心思想是将 equations 中的算式根据 == 和 != 分成两部分，先处理 == 算式，使得它们通过相等关系各自关联（连通分量）；然后处理 != 算式，检查不等关系是否破坏了相等关系的连通性。

boolean equationsPossible(String[] equations) {
    // 26 个英文字母
    UF uf = new UF(26);
    // 先让相等的字母形成连通分量
    for (String eq : equations) {
        if (eq.charAt(1) == '=') {
            char x = eq.charAt(0);
            char y = eq.charAt(3);
            uf.union(x - 'a', y - 'a');
        }
    }
    // 检查不等关系是否打破相等关系的连通性
    for (String eq : equations) {
        if (eq.charAt(1) == '!') {
            char x = eq.charAt(0);
            char y = eq.charAt(3);
            // 如果相等关系成立，就是逻辑冲突
            if (uf.connected(x - 'a', y - 'a'))
                return false;
        }
    }
    return true;
}

class UF {
    // ...
}

Kruskal 最小生成树算法

最小生成树

「树」和「图」的根本区别：树不会包含环，图可以包含环。

一副没有环的图可以拉伸成一棵树，即树是「无环连通图」。而「生成树」就是在图中找一颗饱含图所有节点的树，即生成树是含有图中所有顶点的「无环连通子图」。

一幅图可以有多种不同的生成树，如下图红色边就组成了两棵不同的生成树：

对于加权图，每条边都有权重，所以每棵生成树都有一个权重和。如上图，右侧生成树的权重和比左侧生成树的权重和小。

因此「最小生成树」就是在所有可能的生成树中，权重和最小的那棵生成树。

Union-Find 并查集算法

图的生成树是含有其所有顶点的「无环连通子图」，最小生成树是权重和最小的生成树。而说到连通性就会想到上节的 Union-Find 并查集算法，用来高效处理图中连通分量的问题。

Union-Find 算法代码实现：#Union-Find

Kruskal 算法的一个难点是保证生成树的合法性，因为在构造生成树的过程中，首先需要保证生成的是棵树（不包含环），Union-Find 算法的作用也就在此。

261.以图判树 🔗

若该图包含环，则不能形成一个合法有效的树结构。而会产生环的场景：

不会产生环的场景：

可以发现：对于添加的这条边，如果该边的两个节点在同一连通分量里，那么添加这条边会产生环；反之，如果该边的两个节点不在同一连通分量里，则添加这条边不会产生环。

而判断两个节点是否连通（是否在同一个连通分量中）就是 Union-Find 算法的实现的，所以这道题的解法代码如下：

class Solution {
    public boolean validTree(int n, int[][] edges) {
        // 初始化 0...n-1 共 n 个节点
        UF uf = new UF(n);

        // 遍历所有边，将组成边的两个节点进行连接
        for(int[] edge : edges) {
            int u = edge[1];
            int v = edge[0];

            // 若两个节点已经在同一连通分量中，会产生环
            if(uf.connected(u, v)) {
                return false;
            }
            // 这条边不会产生环，可以是树的一部分
            uf.union(u, v);
        }
        // 要保证最后只形成了一棵树，即只有一个连通分量
        return uf.count() == 1;
    }
}

class UF {
    // ...
}

Kruskal 算法

所谓最小生成树，就是图中若干边的集合（后文称这个集合为 mst，最小生成树的英文缩写），要保证这些边：

包含图中的所有节点。
形成的结构是树结构（即不存在环）。
权重和最小。

有之前题目的铺垫，前两条可以很容易地利用 Union-Find 算法做到，关键在于第 3 点，如何保证得到的这棵生成树是权重和最小的。

这里可以使用到贪心思路：

将所有边按照权重从小到大排序，从权重最小的边开始遍历，如果这条边和 mst 中的其它边不会形成环，则这条边是最小生成树的一部分，将它加入 mst 集合；否则，这条边不是最小生成树的一部分，不把它加入 mst 集合。

这样，最后 mst 集合中的边就形成了最小生成树。

1135.最低成本联通所有城市 🔗

每座城市相当于图中的节点，连通城市的成本相当于边的权重，连通所有城市的最小成本即是最小生成树的权重之和。

class Solution {
    public int minimumCost(int n, int[][] connections) {
        // 城市编号为 1...n，所以初始化大小为 n + 1
        UF uf = new UF(n + 1);
        // 对所有边按照权重从小到大排序
        Arrays.sort(connections, (a, b) -> (a[2] - b[2]));
        // 记录最小生成树的权重之和
        int mst = 0;

        for(int[] connection : connections) {
            int u = connection[0];
            int v = connection[1];
            int weight = connection[2];

            if(uf.connected(u, v)) {
                // 若这条边会产生环，则不能加入 mst
                continue;
            }

            // 若这条边不会产生环，则属于最小生成树
            mst += weight;
            uf.union(u, v);
        }
        // 保证所有节点都被连通
        // 按理说 uf.count() == 1 说明所有节点被连通
        // 但因为节点 0 没有被使用，所以 0 会额外占用一个连通分量
        return uf.count() == 2 ? mst : -1;
    }
}

class UF {
    // ...
}

整体思路和上一道题非常类似，可以认为树的判定算法加上按权重排序的逻辑就变成了 Kruskal 算法。

1584.连接所有点的最小费用 🔗

每个点就是无向加权图中的节点，边的权重就是曼哈顿距离，连接所有点的最小费用就是最小生成树的权重和。

所以解法思路就是先生成所有的边以及权重，然后对这些边执行 Kruskal 算法即可：

public int minCostConnectPoints(int[][] points) {
    int n = points.length;
    // 生成所有边及权重
    List<int[]> edges = new ArrayList<>();
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        for(int j = i + 1; j < n; j++) {
            int xi = points[i][0], yi = points[i][1];
            int xj = points[j][0], yj = points[j][1];

            // 用坐标点在 points 中的索引表示坐标点
            edges.add(new int[] {
                i, j, Math.abs(xi - xj) + Math.abs(yi - yj)
            });
        }
    }

    // 将边按照权重从小到大排序
    Collections.sort(edges, (a, b) -> (a[2] - b[2]));

    // Kruskal 算法
    int mst = 0;
    UF uf = new UF(n);
    for(int[] edge : edges) {
        int u = edge[0];
        int v = edge[1];
        int weight = edge[2];

        if(uf.connected(u, v)) {
            continue;
        }

        mst += weight;
        uf.union(u, v);
    }
    return mst;
}

这道题做了一个小的变通：每个坐标点是一个二元组，按理说应该用五元组表示一条带权重的边，但这样的话不便执行 Union-Find 算法；所以用 points 数组中的索引代表每个坐标点，这样就可以直接复用之前的 Kruskal 算法逻辑了。

Kruskal 算法的复杂度分析：

假设一幅图的节点个数为 V，边的条数为 E，首先需要 $O(E)$ 的空间装所有边，而且 Union-Find 算法也需要 $O(V)$ 的空间，所以 Kruskal 算法总的空间复杂度就是 $O(V + E)$。

时间复杂度主要耗费在排序，需要 $O(ElogE)$ 的时间，Union-Find 算法所有操作的复杂度都是 $O(1)$，套一个 for 循环也不过是 $O(E)$，所以总的时间复杂度为 $O(ElogE)$。

Prim 最小生成树算法

对比 Kruskal 算法

图论的最小生成树问题，就是从图中找若干边形成一个边的集合 mst，这些边有以下特性：

这些边组成的是一棵树（树和图的区别在于不能包含环）。
这些边形成的树要包含所有节点。
这些边的权重之和要尽可能小。

对于 Kruskal 算法，首先用到了贪心思想，来满足权重之和尽可能小的问题：

先对所有边按照权重从小到大排序，从权重最小的边开始，选择合适的边加入 mst 集合，这样挑出来的边组成的树就是权重和最小的。

其次，Kruskal 算法用到了 Union-Find 并查集算法，来保证挑选出来的这些边组成的一定是一棵「树」，而不会包含环或者形成一片「森林」：

如果一条边的两个节点已经是连通的，则这条边会使树中出现环；如果最后的连通分量总数大于 1，则说明形成的是「森林」而不是一棵「树」。

而对于 Prim 算法，首先也使用贪心思想来让生成树的权重尽可能小，也就是「切分定理」。

其次，Prim 算法使用 BFS 算法思想和 visited 布尔数组避免成环，来保证选出来的边最终形成的一定是一棵树。

Prim 算法不需要事先对所有边排序，而是利用优先级队列动态实现排序的效果，所以 Prim 算法类似于 Kruskal 的动态过程。

切分定理

「切分」就是将一幅图分为两个不重叠且非空的节点集合：

红线把图中的节点分成了两个集合，就是一种「切分」，其中被红线切中的的边（标记为蓝色）叫做「横切边」。

「切分定理」：

对于任意一种「切分」，其中权重最小的那条「横切边」一定是构成最小生成树的一条边。

它的证明也很容易：

如果一幅加权无向图存在最小生成树，假设下图中用绿色标出来的边就是最小生成树：

那么肯定可以找到若干「切分」方式，将这棵最小生成树切成两棵子树。如下面这种切分：

任选一条蓝色的「横切边」都可以将这两棵子树连接起来，构成一棵生成树。为了让最终这棵生成树的权重和最小，需要选择权重最小的那条「横切边」。这就证明了「切分定理」。

根据切分定理，计算最小生成树的算法思路就可以很容易想到：

既然每一次「切分」一定可以找到最小生成树中的一条边，那每次都把权重最小的「横切边」拿出来加入最小生成树，直到把构成最小生成树的所有边都切出来为止。

Prim 算法实现

按照「切分」的定义，只要把图中的节点切成两个不重叠且非空的节点集合即可算作一个合法的「切分」，那么只切出来一个节点也算是一个合法的「切分」，而且「横切边」就是这个节点的边。

假设从 A 点开始切分：

按照切分定理，「横切边」AB, AF 中权重最小的边一定是最小生成树中的一条边：

现在已经找到最小生成树的第一条边（边 AB），按照 Prim 算法的逻辑，接下来可以围绕 A 和 B 这两个节点做切分：

然后又可以从这个切分产生的横切边（图中蓝色的边）中找出权重最小的一条边，也就又找到了最小生成树中的第二条边 BC：

接下来类似，再围绕 A, B, C 这三个点做切分，产生的横切边中权重最小的边是 BD，那么 BD 就是最小生成树的第三条边：

接下来再围绕 A, B, C, D 这四个点做切分 ……

Prim 算法的逻辑就是这样，每次切分都能找到最小生成树的一条边，然后又可以进行新一轮切分，直到找到最小生成树的所有边为止。

这样设计算法有一个好处，就是比较容易确定每次新的「切分」所产生的「横切边」。

回顾刚才的图，当知道了节点 A, B 的所有「横切边」（不妨表示为 cut({A, B})），也就是图中蓝色的边：

可以根据它快速计算出 cut({A, B, C})，也就是节点 A, B, C 的所有「横切边」:

cut({A, B, C}) = cut({A, B}) + cut({C})

而 cut({C}) 就是节点 C 的所有邻边：

因此，在进行切分的过程中只需要不断把新节点的邻边加入横切边集合，就可以得到新的切分的所有横切边。

注意 cut({A, B}) 的横切边和 cut({C}) 的横切边中 BC 边重复了。可以用一个布尔数组 inMST 辅助防止重复计算横切边。

而求横切边的目的是找权重最小的横切边，可以用一个优先级队列存储这些横切边来动态计算权重最小的横切边。

明白了上诉原理就可以用代码实现 Prim 算法：

class Prim {
    // 核心数据结构，存储「横切边」的优先级队列
    private PriorityQueue<int[]> pq;
    // 类似 visited 数组的作用，记录已经成为最小生成树的一部分的节点
    private boolean[] inMST;
    // 记录最小生成树的权重和
    private int weightSum = 0;
    // graph 是用邻接表表示的一幅图，
    // graph[s] 记录节点 s 所有相邻的边，
    // 三元组 int[]{from, to, weight} 表示一条边
    private List<int[]>[] graph;

    public Prim(List<int[]>[] graph) {
        this.graph = graph;
        this.pq = new PriorityQueue<>((a, b) -> a[2] - b[2]);

        // 图中有 n 个节点
        int n = graph.length;
        this.inMST = new boolean[n];

        // 不妨从节点 0 开始切分
        inMST[0] = true;
        cut(0);
        // 不断进行切分，向最小生成树中添加边
        while (!pq.isEmpty()) {
            int[] edge = pq.poll();
            int to = edge[1];
            int weight = edge[2];
            if (inMST[to]) {
                // 节点 to 已经在最小生成树中，跳过
                // 否则这条边会产生环
                continue;
            }
            // 将边 edge 加入最小生成树
            weightSum += weight;
            inMST[to] = true;
            // 节点 to 加入后，进行新一轮切分，会产生更多横切边
            cut(to);
        }
    }

    // 将 s 的横切边加入优先队列
    private void cut(int s) {
        // 遍历 s 的邻边
        for (int[] edge : graph[s]) {
            int to = edge[1];
            if (inMST[to]) {
                // 相邻接点 to 已经在最小生成树中，跳过
                // 否则这条边会产生环
                continue;
            }
            // 加入横切边队列
            pq.offer(edge);
        }
    }

    // 最小生成树的权重和
    public int weightSum() {
        return weightSum;
    }

    // 判断最小生成树是否包含图中的所有节点
    public boolean allConnected() {
        for (int i = 0; i < inMST.length; i++) {
            if (!inMST[i]) {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
}

Kruskal 算法是在一开始的时候就把所有的边排序，然后从权重最小的边开始挑选属于最小生成树的边，组建最小生成树。

Prim 算法是从一个起点的切分（一组横切边）开始执行类似 BFS 算法的逻辑，借助切分定理和优先级队列动态排序的特性，从这个起点「生长」出一棵最小生成树。

Prim 算法的时间复杂度主要在优先级队列 pq 的操作上，由于 pq 里面装的是图中的「边」，假设一幅图边的条数为 E，那么最多操作 $O(E)$ 次 pq。每次操作优先级队列的时间复杂度取决于队列中的元素个数，取最坏情况就是 $O(logE)$。

所以这种 Prim 算法实现的总时间复杂度是 $O(ElogE)$。Kruskal 算法，它的时间复杂度主要是给所有边按照权重排序，也是 $O(ElogE)$。

1135.最低成本联通所有城市 🔗

每座城市相当于图中的节点，连通城市的成本相当于边的权重，连通所有城市的最小成本即是最小生成树的权重之和。

先把题目输入的 connections 转化成邻接表形式，然后输入给之前实现的 Prim 算法类即可：

public int minimumCost(int n, int[][] connections) {
    List<int[]>[] graph = buildGraph(n, connections);
    Prim prim = new Prim(graph);
    if(!prim.allConnected()) {
        return -1;
    }
    return prim.weightSum();
}

List<int[]>[] buildGraph(int n, int[][] connections) {
    List<int[]>[] graph = new LinkedList[n];
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        graph[i] = new LinkedList<>();
    }
    for(int[] conn : connections) {
        // 题目给的节点编号从 1 开始
        // 但实现的 Prim 算法需要从 0 开始编号
        int u = conn[0] - 1;
        int v = conn[1] - 1;
        int weight = conn[2];

        graph[u].add(new int[]{u, v, weight});
        graph[v].add(new int[]{v, u, weight});
    }
    return graph;
}

关于 buildGraph 函数需要注意两点：

题目给的节点编号是从 1 开始的，所以做一下索引偏移，转化成从 0 开始以便 Prim 类使用；
如何用邻接表表示无向加权图，「无向图」其实就可以理解为「双向图」。

这样转化出来的 graph 形式就和之前的 Prim 算法类对应了，可以直接使用 Prim 算法计算最小生成树。

1584.连接所有点的最小费用 🔗

每个点就是无向加权图中的节点，边的权重就是曼哈顿距离，连接所有点的最小费用就是最小生成树的权重和。

所以只需要把 points 数组转化成邻接表的形式，即可复用之前实现的 Prim 算法类：

public int minCostConnectPoints(int[][] points) {
    int n = points.length;
    List<int[]>[] graph = buildGraph(n, points);
    return new Prim(graph).weightSum();
}

private List<int[]>[] buildGraph(int n, int[][] points) {
    List<int[]>[] graph = new LinkedList[n];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        graph[i] = new LinkedList<>();
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            int xi = points[i][0], yi = points[i][1];
            int xj = points[j][0], yj = points[j][1];
            int weight = Math.abs(xi - xj) + Math.abs(yi - yj);

            graph[i].add(new int[]{i, j, weight});
            graph[j].add(new int[]{j, i, weight});
        }
    }
    return graph;
}

用 points 数组中的索引代表每个坐标点，这样就可以直接复用之前的 Prim 算法逻辑了。

BFS 算法

BFS 的核心思想就是把一些问题抽象成图，从一个点开始，向四周开始扩散。一般来说，写 BFS 算法都是用「队列」这种数据结构，每次将一个节点周围的所有节点加入队列。

BFS 相对 DFS 的最主要的区别是：BFS 找到的路径一定是最短的，但代价就是空间复杂度可能比 DFS 大很多。

BFS 出现的常见场景问题的本质就是在一幅「图」中找到从起点 start 到终点 target 的最近距离。

代码框架：

// 计算从起点 start 到终点 target 的最近距离
int BFS(Node start, Node target) {
    Queue<Node> q; // 核心数据结构
    Set<Node> visited; // 避免走回头路
    
    q.offer(start); // 将起点加入队列
    visited.add(start);
    int step = 0; // 记录扩散的步数

    while (!q.isEmpty()) {
        int sz = q.size();
        /* 将当前队列中的所有节点向四周扩散 */
        for (int i = 0; i < sz; i++) {
            Node cur = q.poll();
            /* 判断是否到达终点 */
            if (cur is target)
                return step;
            /* 将 cur 的相邻节点加入队列 */
            for (Node x : cur.adj()) {
                if (x not in visited) {
                    q.offer(x);
                    visited.add(x);
                }
            }
        }
        /* 更新步数 */
        step++;
    }
}

cur.adj() 泛指 cur 相邻的节点，如二维数组中，cur 上下左右四面的位置就是相邻节点；visited 的主要作用是防止走回头路，大部分时候都是必须的，但是像一般的二叉树结构，没有子节点到父节点的指针，不会走回头路就不需要 visited。

111.二叉树的最小深度 🔗

首先需要明确起点 start 和终点 target 是什么，怎么判断到达了终点。

显然起点就是 root 根节点，终点就是最靠近根节点的那个「叶子节点」，叶子节点就是两个子节点都是 null 的节点：

if (cur.left == null && cur.right == null) 
    // 到达叶子节点

按照代码框架修改：

public int minDepth(TreeNode root) {
    if(root == null) {
        return 0;
    }
    Queue<TreeNode> queue = new LinkedList<>();
    queue.offer(root);
    // root 本身就是一层，depth 初始化为 1
    int depth = 1;

    while(!queue.isEmpty()) {
        int sz = queue.size();
        /* 遍历当前层的节点 */
        for(int i = 0; i < sz; i++) {
            TreeNode cur = queue.poll();
            /* 判断是否到达叶子结点 */
            if(cur.left == null && cur.right == null) {
                return depth;
            }
            /* 将下一层节点加入队列 */
            if(cur.left != null) {
                queue.offer(cur.left);
            }
            if(cur.right != null) {
                queue.offer(cur.right);
            }
        }
        // 增加步数
        depth++;
    }
    return depth;
}

这里注意这个 while 循环和 for 循环的配合，while 循环控制一层一层往下走，for 循环利用 sz 变量控制从左到右遍历每一层二叉树节点：

这个形式在普通 BFS 问题中都很常见，但是在 Dijkstra 算法模板框架中修改了这种代码模式。

其他复杂问题都是这个框架的变形，用 BFS 找最短距离的好处就是 depth 每增加一次，队列中的所有节点都向前迈一步，这保证了第一次到达终点的时候，走的步数是最少的。而 DFS 要找到最短路径需要把所有节点都走完才能对比出最短路径。

一般来说在找最短路径的时候使用 BFS，其他时候还是 DFS 使用得多。

752.打开转盘锁 🔗

这题难点在于有 deadends 约束，不能直奔 target。

但若只转一次锁，一共有 4 个位置，每个位置都可以向上或向下转，也就是有 8 种可能。如从 "0000" 开始转一次，可能的结果有 "1000", "9000", "0100", "0900" ... 共 8 种密码。再以这 8 种密码为基础再转一次，穷举出所有可能。

这就可以抽象成一幅图，每个节点有 8 个相邻的节点，让求最短距离，就是典型的 BFS 算法：

// 向上转
String plusOne(String s, int j) {
    char[] ch = s.toCharArray();
    if(ch[j] == '9') {
        ch[j] = '0';
    } else {
        ch[j] += 1;
    }
    return new String(ch);
}

// 向下转
String minusOne(String s, int j) {
    char[] ch = s.toCharArray();
    if(ch[j] == '0') {
        ch[j] = '9';
    } else {
        ch[j] -= 1;
    }
    return new String(ch);
}

// BFS 框架，打印出所有可能的密码
void BFS(String target) {
    Queue<String> q = new LinkedList<>();
    q.offer("0000");

    while(!q.isEmpty()) {
        int sz = q.size();
        
        //将当前队列中的所有节点向周围扩散
        for(int i = 0; i < sz; i++) {
            String cur = q.poll();
            // 判断是否到达终点
            System.out.println(cur);

            // 将一个节点的相邻节点加入队列
            // 0000 四位
            for(int j = 0; j < 4; j++) {
                String up = plusOne(cur, j);
                String down = minusOne(cur, j);
                q.offer(up);
                q.offer(down);
            }
        }
        // 增加步数
    }
}

这段 BFS 代码已经能够穷举所有可能的密码组合了，但有如下问题需要解决：

会走回头路。如从 "0000" 到 "1000"，但是等从队列拿出 "1000" 时，还可以到 "0000"，这样会产生死循环。
没有终止条件，需要返回找到 target 时的步数。
没有对 deadends 的处理，这些 deadends 是不能出现的，遇到这些密码的时候需要跳过。

在上面代码中修改即可：

public int openLock(String[] deadends, String target) {
    // 记录需要跳过的 deadens
    Set<String> deads = new HashSet<>();
    for(String s : deadends) {
        deads.add(s);
    }

    // 记录已经穷举过的密码，防止走回头路
    Set<String> visited = new HashSet<>();
    Queue<String> q = new LinkedList<>();

    // 从起点开始 BFS
    int step = 0;
    q.offer("0000");
    visited.add("0000");

    while(!q.isEmpty()) {
        int sz = q.size();
        // 将当前队列中的所有节点向周围扩散
        for(int i = 0; i < sz; i++) {
            String cur = q.poll();

            // 判断是否到达终点
            if(deads.contains(cur)) {
                continue;
            }
            if(cur.equals(target)) {
                return step;
            }

            // 将一个节点的未遍历相邻节点加入队列
            for(int j = 0; j < 4; j++) {
                String up = plusOne(cur, j);
                if(!visited.contains(up)) {
                    q.offer(up);
                    visited.add(up);
                }
                String down = minusOne(cur, j);
                if(!visited.contains(down)) {
                    q.offer(down);
                    visited.add(down);
                }
            }
        }
        // 增加步数
        step++;
    }
    // 无法达到
    return -1;
}

可以不需要 dead 这个哈希集合，直接将这些元素初始化到 visited 集合中效果相同。

773.滑动谜题 🔗

对于这种计算最小步数的问题就要敏感地想到 BFS 算法。

这个题目转化成 BFS 问题需要一些技巧的，现在面临如下问题：

一般的 BFS 算法，是从一个起点 start 开始，向终点 target 进行寻路，但是拼图问题不是在寻路，而是在不断交换数字，应该怎样转化成 BFS 算法问题。
即便这个问题能够转化成 BFS 问题，如何处理起点 start 和终点 target？

首先，BFS 算法并不只是一个寻路算法，而是一种暴力搜索算法，只要涉及暴力穷举的问题，BFS 就可以用，而且可以最快地找到答案。

这样问题就可以转化为：如何穷举出 board 当前局面下可能衍生出的所有局面。

根据数字 0 的位置，它与上下左右的数字进行交换就是当前局面下可能衍生出的所有局面。这样就是一个 BFS 问题，每次先找到数字 0，然后和周围的数字进行交换，形成新的局面加入队列…… 当第一次到达 target 时，就得到了赢得游戏的最少步数。

对于第二个问题，这里的 board 仅仅是 2x3 的二维数组，所以可以压缩成一个一维字符串。其中比较有技巧性的点在于，二维数组有「上下左右」的概念，压缩成一维后该如何得到某一个索引上下左右的索引。

对于这道题，题目说输入的数组大小都是 2x3，所以可以直接手动写出来这个映射：

// 记录一维字符串的相邻索引
int[][] neighbor = new int[][]{
        {1, 3},
        {0, 4, 2},
        {1, 5},
        {0, 4},
        {3, 1, 5},
        {4, 2}
};

这个含义就是，在一维字符串中，索引 i 在二维数组中的的相邻索引为 neighbor[i]：

观察上图就能发现，如果二维数组中的某个元素 e 在一维数组中的索引为 i，那么 e 的左右相邻元素在一维数组中的索引就是 i - 1 和 i + 1，而 e 的上下相邻元素在一维数组中的索引就是 i - n 和 i + n，其中 n 为二维数组的列数。

这样，对于 m x n 的二维数组就可以写一个函数来生成它的 neighbor 索引映射。至此就把这个问题完全转化成标准的 BFS 问题了，借助 BFS 代码框架：

public int slidingPuzzle(int[][] board) {
    int m = 2, n = 3;
    StringBuilder sb = new StringBuilder();
    String target = "123450";
    // 将 2x3 的数组转化成字符串作为 BFS 的起点
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            sb.append(board[i][j]);
        }
    }
    String start = sb.toString();

    // 记录一维字符串的相邻索引
    int[][] neighbor = new int[][]{
            {1, 3},
            {0, 4, 2},
            {1, 5},
            {0, 4},
            {3, 1, 5},
            {4, 2}
    };

    /******* BFS 算法框架开始 *******/
    Queue<String> q = new LinkedList<>();
    HashSet<String> visited = new HashSet<>();
    // 从起点开始 BFS 搜索
    q.offer(start);
    visited.add(start);

    int step = 0;
    while (!q.isEmpty()) {
        int sz = q.size();
        for (int i = 0; i < sz; i++) {
            String cur = q.poll();
            // 判断是否达到目标局面
            if (target.equals(cur)) {
                return step;
            }
            // 找到数字 0 的索引
            int idx = 0;
            for (; cur.charAt(idx) != '0'; idx++) ;
            // 将数字 0 和相邻的数字交换位置
            for (int adj : neighbor[idx]) {
                String new_board = swap(cur.toCharArray(), adj, idx);
                // 防止走回头路
                if (!visited.contains(new_board)) {
                    q.offer(new_board);
                    visited.add(new_board);
                }
            }
        }
        step++;
    }
    /******* BFS 算法框架结束 *******/
    return -1;
}

private String swap(char[] chars, int i, int j) {
    char temp = chars[i];
    chars[i] = chars[j];
    chars[j] = temp;
    return new String(chars);
}

很多益智游戏虽然看起来特别巧妙，但都架不住暴力穷举，常用的算法就是回溯算法或 BFS 算法。

Dijkstra 算法

图的抽象

「图」这种数据结构的基本实现，图中的节点一般就抽象成一个数字（索引），图的具体实现一般是「邻接矩阵」或者「邻接表」。

如上图用邻接表和邻接矩阵的存储方式如下：

一幅图可以用如下 Java 代码表示：

// graph[s] 存储节点 s 指向的节点（出度）
List<Integer>[] graph;

如果要把一个问题抽象成「图」的问题，那么首先要实现一个 API adj：

// 输入节点 s 返回 s 的相邻节点
List<Integer> adj(int s);

类似多叉树节点中的 children 字段记录当前节点的所有子节点，adj(s) 就是计算一个节点 s 的相邻节点。

比如用邻接表表示「图」的方式，adj 函数就可以这样表示：

List<Integer>[] graph;

// 输入节点 s，返回 s 的相邻节点
List<Integer> adj(int s) {
    return graph[s];
}

对于「加权图」，需要知道两个节点之间的边权重是多少，所以还可以抽象出一个 weight 方法：

// 返回节点 from 到节点 to 之间的边的权重
int weight(int from, int to);

这个 weight 方法可以根据实际情况而定，因为不同的算法题，题目给的「权重」含义可能不一样，存储权重的方式也不一样。

有了上述基础知识，就可以搞定 Dijkstra 算法了。

二叉树层级遍历和 BFS 算法

二叉树的层级遍历框架：

// 输入一棵二叉树的根节点，层序遍历这棵二叉树
void levelTraverse(TreeNode root) {
    if (root == null) return 0;
    Queue<TreeNode> q = new LinkedList<>();
    q.offer(root);

    int depth = 1;
    // 从上到下遍历二叉树的每一层
    while (!q.isEmpty()) {
        int sz = q.size();
        // 从左到右遍历每一层的每个节点
        for (int i = 0; i < sz; i++) {
            TreeNode cur = q.poll();
            printf("节点 %s 在第 %s 层", cur, depth);

            // 将下一层节点放入队列
            if (cur.left != null) {
                q.offer(cur.left);
            }
            if (cur.right != null) {
                q.offer(cur.right);
            }
        }
        depth++;
    }
}

while 循环和 for 循环的配合正是这个遍历框架设计的巧妙之处：

while 循环控制一层一层往下走，for 循环利用 sz 变量控制从左到右遍历每一层二叉树节点。

注意代码框架中的 depth 变量记录了当前遍历到的层数。每当遍历到一个节点 cur，就知道这个节点属于第几层。

二叉树的遍历框架，可以扩展出多叉树的层序遍历框架：

// 输入一棵多叉树的根节点，层序遍历这棵多叉树
void levelTraverse(TreeNode root) {
    if (root == null) return;
    Queue<TreeNode> q = new LinkedList<>();
    q.offer(root);

    int depth = 1;
    // 从上到下遍历多叉树的每一层
    while (!q.isEmpty()) {
        int sz = q.size();
        // 从左到右遍历每一层的每个节点
        for (int i = 0; i < sz; i++) {
            TreeNode cur = q.poll();
            printf("节点 %s 在第 %s 层", cur, depth);

            // 将下一层节点放入队列
            for (TreeNode child : cur.children) {
                q.offer(child);
            }
        }
        depth++;
    }
}

基于多叉树的遍历框架，可以扩展出 BFS（广度优先搜索）的算法框架：

// 输入起点，进行 BFS 搜索
int BFS(Node start) {
    Queue<Node> q; // 核心数据结构
    Set<Node> visited; // 避免走回头路
    
    q.offer(start); // 将起点加入队列
    visited.add(start);

    int step = 0; // 记录搜索的步数
    while (q not empty) {
        int sz = q.size();
        /* 将当前队列中的所有节点向四周扩散一步 */
        for (int i = 0; i < sz; i++) {
            Node cur = q.poll();
            printf("从 %s 到 %s 的最短距离是 %s", start, cur, step);

            /* 将 cur 的相邻节点加入队列 */
            for (Node x : cur.adj()) {
                if (x not in visited) {
                    q.offer(x);
                    visited.add(x);
                }
            }
        }
        step++;
    }
}

注意，BFS 算法框架也是 while 循环嵌套 for 循环的形式，也用了一个 step 变量记录 for 循环执行的次数，多用了一个 visited 集合记录走过的节点。

对于「无权图」，其每条「边」没有权重，或者说每条「边」的权重都是 1，从起点 start 到任意一个节点之间的路径权重就是它们之间「边」的条数，就是 step 变量记录的值。

BFS 算法利用 for 循环一层一层向外扩散的逻辑和 visited 集合防止走回头路的逻辑，当每次从队列中拿出节点 cur 的时候，从 start 到 cur 的最短权重就是 step 记录的步数。

而对于「加权图」，这个权重可以是任意正数（Dijkstra 算法要求不能存在负权重边），比如下图的例子：

如果沿用 BFS 算法中的 step 变量记录「步数」，显然红色路径一步就可以走到终点，但是这一步的权重很大；正确的最小权重路径应该是绿色的路径，虽然需要走很多步，但是路径权重依然很小。

Dijkstra 和 BFS 算法差不多，对之前的 BFS 框架进行改造：

去掉 while 循环里面的 for 循环。

for 循环是为了让二叉树一层一层往下遍历，让 BFS 算法一步一步向外扩散，因为这个层数 depth，或步数 step 在之前的场景中有用。

但现在想解决「加权图」中的最短路径问题，「步数」已经没有参考意义了，「路径的权重之和」才有意义，所以这个 for 循环可以被去掉：

// 输入一棵二叉树的根节点，遍历这棵二叉树所有节点
void levelTraverse(TreeNode root) {
    if (root == null) return 0;
    Queue<TreeNode> q = new LinkedList<>();
    q.offer(root);

    // 遍历二叉树的每一个节点
    while (!q.isEmpty()) {
        TreeNode cur = q.poll();
        printf("我不知道节点 %s 在第几层", cur);

        // 将子节点放入队列
        if (cur.left != null) {
            q.offer(cur.left);
        }
        if (cur.right != null) {
            q.offer(cur.right);
        }
    }
}

如果想同时维护 depth 变量，让每个节点 cur 知道自己在第几层，可以新建一个 State 类，记录每个节点所在的层数：

class State {
    // 记录 node 节点的深度
    int depth;
    TreeNode node;

    State(TreeNode node, int depth) {
        this.node = node;
        this.depth = depth;
    }
}

// 输入一棵二叉树的根节点，遍历这棵二叉树所有节点
void levelTraverse(TreeNode root) {
    if(root == null) {
        return 0;
    }
    Queue<State> q = new LinkedList<>();
    q.offer(new State(root, 1));

    // 遍历二叉树的每一个节点
    while(!q.isEmpty()) {
        State cur = q.poll();
        TreeNode curNode = cur.node;
        int curDepth = cur.depth;
        printf("节点 %s 在第 %s 层", curNode, curDepth);

        // 将子节点放入队列
        if(curNode.left != null) {
            q.offer(new State(curNode.left, curDepth + 1));
        }
        if(curNode.right != null) {
            q.offer(new State(curNode.right, curDepth + 1));
        }
    }
}

这样，就可以不使用 for 循环也确切地知道每个二叉树节点的深度了。

Dijkstra 算法框架

// 输入一幅图和一个起点 start，计算 start 到其他节点的最短距离
int[] dijkstra(int start, List<Integer>[] graph);

输入一幅图 graph 和一个起点 start，返回一个记录最短路径权重的数组。

标准的 Dijkstra 算法会把从起点 start 到所有其他节点的最短路径都算出来，如输入起点 start = 3，函数返回一个 int[] 数组，假设赋值给 distTo 变量，那么从起点 3 到节点 6 的最短路径权重的值就是 distTo[6]。

类似二叉树的层序遍历，这里也需要用 State 类记录一些额外信息，也就是使用 distFromStart 变量记录从起点 start 到当前这个节点的距离：

class State {
    // 图节点的 id
    int id;
    // 从 start 节点到当前节点的距离
    int distFromStart;

    State(int id, int distFromStart) {
        this.id = id;
        this.distFromStart = distFromStart;
    }
}

普通 BFS 算法中，根据 BFS 的逻辑和无权图的特点，第一次遇到某个节点所走的步数就是最短距离，所以用一个 visited 数组防止走回头路，每个节点只会经过一次。

加权图中的 Dijkstra 算法和无权图中的普通 BFS 算法不同，在 Dijkstra 算法中，第一次经过某个节点时的路径权重不一定就是最小的，所以对于同一个节点可能会经过多次，而且每次的 distFromStart 可能都不一样，比如下图：

会经过节点 5 三次，每次的 distFromStart 值都不一样。那么取 distFromStart 最小的那次就是从起点 start 到节点 5 的最短路径权重。

这样就可以写出 Dijkstra 算法框架了，Dijkstra 可以理解成一个带 dp table（或备忘录）的 BFS 算法，伪码如下：

// 返回节点 from 到节点 to 之间的边的权重
int weight(int from, int to);

// 输入节点 s 返回 s 的相邻节点
List<Integer> adj(int s);

// 输入一幅图和一个起点 start，计算 start 到其他节点的最短距离
int[] dijkstra(int start, List<Integer>[] graph) {
    // 图中节点的个数
    int V = graph.length;

    // 记录最短路径的权重，你可以理解为 dp table
    // 定义：distTo[i] 的值就是节点 start 到达节点 i 的最短路径权重
    int[] distTo = new int[V];

    // 求最小值，所以 dp table 初始化为正无穷
    Arrays.fill(distTo, Integer.MAX_VALUE);

    // base case，start 到 start 的最短距离就是 0
    distTo[start] = 0;

    // 优先级队列，distFromStart 较小的排在前面
    Queue<State> pq = new PriorityQueue<>((a, b) -> a.distFromStart - b.distFromStart);

    // 从起点 start 开始进行 BFS
    pq.offer(new State(start, 0));

    while(!pq.isEmpty()) {
        State curState = pq.poll();
        int curDistFromStart = curState.distFromStart;

        if(curDistFromStart > distTo[curNodeID]) {
            // 已经有一条更短的路径到达 curNode 节点了
            continue;
        }

        // 将 curNode 的相邻节点装入队列
        for(int nextNodeID : adj(curNodeID)) {
            // 判断从 curNode 到 nextNode 的距离是否会更短
            int distToNextNode = distTo[curNodeID] + weight(curNodeID, nextNodeID);
            if(distTo[nextNodeID] > distToNextNode) {
                // 更新 dp table
                distTo[nextNodeID] = distToNextNode;
                // 将这个节点以及距离放入队列
                pq.offer(new State(nextNodeID, distToNextNode));
            }
        }
    }
    return distTo;
}

对比普通的 BFS 算法：

没有 visited 集合记录已访问的节点，所以一个节点会被访问多次，会被多次加入队列，那会不会导致队列永远不为空，造成死循环？
为什么用优先级队列 PriorityQueue 而不是 LinkedList 实现的普通队列？为什么要按照 distFromStart 的值来排序？
如果我只想计算起点 start 到某一个终点 end 的最短路径，是否可以修改算法，提升一些效率？

首先，这个算法不用 visited 集合也不会死循环。循环结束的条件是队列为空，那么就要注意看什么时候往队列里放元素（调用 offer 方法），再注意看什么时候从队列往外拿元素（调用 poll 方法）。

while 循环每执行一次，都会往外拿一个元素，但想往队列里放元素就有很多限制，必须满足下面这个条件：

// 判断从 curNode 到 nextNode 的距离是否会更短
if (distTo[nextNodeID] > distToNextNode) {
    // 更新 dp table
    distTo[nextNodeID] = distToNextNode;
    pq.offer(new State(nextNodeID, distToNextNode));
}

这个算法逻辑就是在不断的最小化 distTo 数组中的元素，因此 distTo 数组可以理解成熟悉的 dp table。如果能让到达 nextNodeID 的距离更短，就更新 distTo[nextNodeID] 的值，让其入队，否则不让入队。

因为两个节点之间的最短距离（路径权重）肯定是一个确定的值，不可能无限减小下去，所以队列一定会空。队列空了之后，distTo 数组中记录的就是从 start 到其他节点的最短距离。

对于第 2 点，如果要用普通队列，可以直接把 PriorityQueue 改成 LinkedList，也能得到正确答案但是效率会低很多。

Dijkstra 算法使用优先级队列，主要是为了效率上的优化，类似一种贪心算法的思路，计算从起点 start 到终点 end 的最短路径权重：

假设当前只遍历了图中的这几个节点，那么你下一步准备遍历的节点显然是橙色路径的可能性更大，所以我们希望节点 2 排在队列靠前的位置，优先被拿出来向后遍历。

所以我们使用 PriorityQueue 作为队列，让 distFromStart 的值较小的节点排在前面，这就类似贪心算法的贪心思路，可以很大程度上优化算法的效率。

对于第 3 点，如果只关心起点 start 到某一个终点 end 的最短路径，只需要稍微修改：

// 输入起点 start 和终点 end，计算起点到终点的最短距离
int dijkstra(int start, int end, List<Integer>[] graph) {

    // ...

    while (!pq.isEmpty()) {
        State curState = pq.poll();
        int curNodeID = curState.id;
        int curDistFromStart = curState.distFromStart;

        // 在这里加一个判断，其他代码不用改
        if (curNodeID == end) {
            return curDistFromStart;
        }

        if (curDistFromStart > distTo[curNodeID]) {
            continue;
        }

        // ...
    }

    // 如果运行到这里，说明从 start 无法走到 end
    return Integer.MAX_VALUE;
}

因为优先级队列自动排序的性质，每次从队列里面拿出来的都是 distFromStart 值最小的，所以当第一次从队列中拿出终点 end 时，此时的 distFromStart 对应的值就是从 start 到 end 的最短距离。

这个算法较之前的实现提前 return 了，所以效率有一定的提高。

743.网络延迟时间 🔗

求所有节点都收到信号的时间，把传递时间看做距离，实际上就是问「从节点 k 到其他所有节点的最短路径中，最长的那条最短路径距离是多少」，也就是计算从节点 k 出发到其他所有节点的最短路径，就是标准的 Dijkstra 算法。

根据之前 Dijkstra 算法的框架可以写出下面代码：

public int networkDelayTime(int[][] times, int n, int k) {
    // 节点编号是从 1 开始的，所以要一个大小为 n + 1 的邻接表
    List<int[]>[] graph = new LinkedList[n+1];
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        graph[i] = new LinkedList<>();   
    }

    // 构造图
    for(int [] edge : times) {
        int from = edge[0];
        int to = edge[1];
        int weight = edge[2];

        // from -> List<(to, weight)>
        // 邻接表存储图结构，同时存储权重信息
        graph[from].add(new int[] {to, weight});
    }
    // 使用 dijkstra 算法计算以节点 k 为起点到其他节点的最短路径
    int[] distTo = dijkstra(k, graph);

    // 找到最长的那一条最短路径
    int res = 0;
    for(int i = 0; i < distTo.length; i++) {
        if(distTo[i] == Integer.MAX_VALUE) {
            // 有节点不可达，返回 -1
            return -1;
        }
        res = Math.max(res, distTo[i]);
    }
    return res;
}

// 输入一个起点 start，计算从 start 到其他节点的最短距离
private int[] dijkstra(int start, List<int[]>[] graph) {

}

上述代码首先利用题目输入的数据转化成邻接表表示一幅图，接下来可以直接套用 Dijkstra 算法的框架：

// 输入一个起点 start，计算从 start 到其他节点的最短距离
private int[] dijkstra(int start, List<int[]>[] graph) {
// 定义：distTo[i] 的值就是起点 start 到达节点 i 的最短路径权重
int[] distTo = new int[graph.length];
Arrays.fill(distTo, Integer.MAX_VALUE);

// base case，start 到 start 的最短距离就是 0
distTo[start] = 0;

// 优先级队列，distFromStart 较小的排在前面
Queue<State> pq = new PriorityQueue<>((a, b) -> a.distFromStart - b.distFromStart);

// 从起点 start 开始进行 BFS
pq.offer(new State(start, 0));

while(!pq.isEmpty()) {
    State curState = pq.poll();
    int curNodeID = curState.id;
    int curDistFromStart = curState.distFromStart;

    if(curDistFromStart > distTo[curNodeID]) {
        continue;
    }

    // 将 curNode 的相邻节点装入队列
    for(int[] neighbor : graph[curNodeID]) {
        int nextNodeID = neighbor[0];
        int distToNextNode = distTo[curNodeID] + neighbor[1];

        // 更新 dp table
        if(distTo[nextNodeID] > distToNextNode) {
            distTo[nextNodeID] = distToNextNode;
            pq.offer(new State(nextNodeID, distToNextNode));
        }
    }
}
return distTo;
}

1631.最小体力消耗路径 🔗

如果把二维数组中每个 (x, y) 坐标看做一个节点，它上下左右的坐标就是相邻节点，它对应的值和相邻坐标对应的值之差的绝对值就是题目说的「体力消耗」，可以理解为边的权重。

这样，就在让求以左上角坐标为起点，以右下角坐标为终点，起点到终点的最短路径，Dijkstra 算法可以做到。不过，这道题中评判一条路径是长还是短的标准不再是路径经过的权重总和，而是路径经过的权重最大值。

二维矩阵抽象成图，先实现图的 adj 方法：

// 方向数组，上下左右的坐标偏移量
int[][] dirs = new int[][] {{0, 1}, {1, 0}, {0, -1}, {-1, 0}};

// 返回坐标 (x, y) 的上下左右相邻坐标
List<int[]> adj(int[][] matrix, int x, int y) {
int m = matrix.length, n = matrix[0].length;

// 存储相邻节点
List<int[]> neighbors = new ArrayList<>();
for(int[] dir : dirs) {
    int nextX = x + dir[0];
    int nextY = y + dir[1];

    if(nextX >= m || nextX < 0 || nextY >= n || nextY < 0) {
        // 索引越界
        continue;
    }
    neighbors.add(new int[]{nextX, nextY});
}
return neighbors;
}

类似的，现在认为一个二维坐标 (x, y) 是图中的一个节点，所以 State 类也需要修改：

class State {
// 矩阵中的一个位置
int x, y;

// 从起点 (0, 0) 到当前位置的最小体力消耗（距离）
int effortFromStart;

State(int x, int y, int effortFromStart) {
    this.x = x;
    this.y = y;
    this.effortFromStart = effortFromStart;
}
}

这样就可以使用 Dijkstra 算法框架了：

// Dijkstra 算法，计算 (0, 0) 到 (m - 1, n - 1) 的最小体力消耗
public int minimumEffortPath(int[][] heights) {
    int m = heights.length, n =heights[0].length;
    // 定义：从 (0, 0) 到 (i, j) 的最小体力消耗是 effortTo[i][j]
    int[][] effortTo = new int[m][n];

    // dp table 初始化为正无穷
    for(int i = 0; i < m; i++) {
        Arrays.fill(effortTo[i], Integer.MAX_VALUE);
    }

    // base case，起点到起点的最小消耗就是 0
    effortTo[0][0] = 0;

    // 优先级队列，effortFromStart 较小的排在前面
    Queue<State> pq = new PriorityQueue<>((a, b) -> a.effortFromStart - b.effortFromStart);

    // 从起点 (0, 0) 开始进行 BFS
    pq.offer(new State(0, 0, 0));

    while(!pq.isEmpty()) {
        State curState = pq.poll();
        int curX = curState.x;
        int curY = curState.y;
        int curEffortFromStart = curState.effortFromStart;

        // 到达终点提前结束
        if(curX == m - 1 && curY == n - 1) {
            return curEffortFromStart;
        }

        if(curEffortFromStart > effortTo[curX][curY]) {
            continue;
        }

        // 将 (curX, curY) 的相邻坐标装入队列
        for(int[] neighbor : adj(heights, curX, curY)) {
            int nextX = neighbor[0];
            int nextY = neighbor[1];

            // 计算从 (curX, curY) 达到 (nextX, nextY) 的消耗
            int effortToNextNode = Math.max(effortTo[curX][curY], 
            Math.abs(heights[curX][curY] - heights[nextX][nextY]));

            // 更新 dp table
            if(effortTo[nextX][nextY] > effortToNextNode) {
                effortTo[nextX][nextY] = effortToNextNode;
                pq.offer(new State(nextX, nextY, effortToNextNode));
            }
        }
    }
    return -1;
}

1514.概率最大的路径 🔗

这道题给的是无向图，而无向图本质上可以认为是「双向图」，从而转化成有向图。 Dijkstra 和很多最优化算法一样，计算的是「最优值」，这个最优值可能是最大值，也可能是最小值。标准 Dijkstra 算法是计算最短路径的，Dijkstra 算法不允许存在负权重边是因为 Dijkstra 计算最短路径的正确性依赖一个前提：路径中每增加一条边，路径的总权重就会增加。

所以如果想计算最长路径，路径中每增加一条边，路径的总权重就会减少，要是能够满足这个条件，也可以用 Dijkstra 算法。而这道题边和边之间是乘法关系，每条边的概率都是小于 1 的，所以肯定会越乘越小。

不过，这道题的解法要把优先级队列的排序顺序反过来，一些 if 大小判断也要反过来：

double maxProbability(int n, int[][] edges, double[] succProb, int start, int end) {
    List<double[]>[] graph = new LinkedList[n];
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        graph[i] = new LinkedList<>();
    }

    // 构造无向图
    for(int i = 0; i < edges.length; i++) {
        int from = edges[i][0];
        int to = edges[i][1];
        double weight = succProb[i];

        // 双向图
        graph[from].add(new double[]{(double)to, weight});
        graph[to].add(new double[]{(double)from, weight});
    }
    return dijkstra(start, end, graph);
}

double dijkstra(int start, int end, List<double[]>[] graph) {
    // 定义：probTo[i] 的值就是节点 start 到达节点 i 的最大概率
    double[] probTo = new double[graph.length];

    // dp table 初始化为一个取不到的最小值
    Arrays.fill(probTo, -1);

    // base case，start 到 start 的概率就是 1
    probTo[start] = 1;

     // 优先级队列，probFromStart 较大的排在前面
    Queue<State> pq = new PriorityQueue<>((a, b) -> {
        return Double.compare(b.probFromStart, a.probFromStart);
    });

    // 从起点 start 开始进行 BFS
    pq.offer(new State(start, 1));

    while(!pq.isEmpty()) {
        State curState = pq.poll();
        int curNodeID = curState.id;
        double curProbFromStart = curState.probFromStart;

        // 遇到终点提前返回
        if (curNodeID == end) {
            return curProbFromStart;
        }
        
        if (curProbFromStart < probTo[curNodeID]) {
            // 已经有一条概率更大的路径到达 curNode 节点了
            continue;
        }
        // 将 curNode 的相邻节点装入队列
        for (double[] neighbor : graph[curNodeID]) {
            int nextNodeID = (int)neighbor[0];
            // 判断从 curNode 到 nextNode 的概率是否会更大
            double probToNextNode = probTo[curNodeID] * neighbor[1];
            if (probTo[nextNodeID] < probToNextNode) {
                probTo[nextNodeID] = probToNextNode;
                pq.offer(new State(nextNodeID, probToNextNode));
            }
        }
    }
    // 如果到达这里，说明从 start 开始无法到达 end，返回 0
    return 0.0;
}

class State {
    // 图节点的 id
    int id;
    // 从 start 节点到达当前节点的概率
    double probFromStart;

    State(int id, double probFromStart) {
        this.id = id;
        this.probFromStart = probFromStart;
    }
}

岛屿问题

岛屿系列题目的核心考点就是用 DFS/BFS 算法遍历二维数组。

在二维矩阵中使用 DFS 搜索，需要把二维矩阵中的每一个位置看做一个节点，这个节点的上下左右四个位置就是相邻节点，那么整个矩阵就可以抽象成一幅网状的「图」结构。

根据二叉树的遍历框架可以改写出二维矩阵的 DFS 代码框架：

// 二叉树遍历框架
void traverse(TreeNode root) {
    traverse(root.left);
    traverse(root.right);
}

// 二维矩阵遍历框架
void dfs(int[][] grid, int i, int j, boolean[][] visited) {
    int m = grid.length, int n = grid[0].length;
    if(i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n) {
        // 超出索引边界
        return;
    }
    if (visited[i][j]) {
        // 已遍历过 (i, j)
        return;
    }
    // 进入节点 (i, j)
    visited[i][j] = true;
    dfs(grid, i - 1, j, visited); // 上
    dfs(grid, i + 1, j, visited); // 下
    dfs(grid, i, j - 1, visited); // 左
    dfs(grid, i, j + 1, visited); // 右
}

因为二维矩阵本质上是一幅「图」，所以遍历的过程中需要一个 visited 布尔数组防止走回头路。

岛屿数量

200.岛屿数量 🔗

关键在于如何寻找并标记「岛屿」：

public int numIslands(char[][] grid) {
    int res = 0;
    int m = grid.length, n = grid[0].length;

    // 遍历 grid
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            if (grid[i][j] == '1') {
                // 每发现一个岛屿，岛屿数量加一
                res++;
                // 然后使用 DFS 遍历将相邻的 1 变为 0
                dfs(grid, i, j);
            }
        }
    }
    return res;
}

// 从 (i, j) 开始，将与之相邻的陆地都变成海水
private void dfs(char[][] grid, int i, int j) {
    int m = grid.length, n = grid[0].length;
    if (i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n) {
        // 超出索引边界
        return;
    }
    if (grid[i][j] == '0') {
        // 已经是 0
        return;
    }
    // 将 (i, j) 变成 0
    grid[i][j] = '0';
    // 淹没上下左右的 1
    dfs(grid, i + 1, j);
    dfs(grid, i, j + 1);
    dfs(grid, i - 1, j);
    dfs(grid, i, j - 1);
}

每次遇到岛屿，都要用 DFS 算法把岛屿「淹没」主要是为了避免维护 visited 数组。因为 dfs 函数遍历到值为 0 的位置会直接返回，所以只要把经过的位置都设置为 0，就可以起到不走回头路的作用。

封闭岛屿的数量

1254.统计封闭岛屿的数目 🔗

与上一题有两点不同：

用 0 表示陆地，用 1 表示海水。
让计算「封闭岛屿」的数目。「封闭岛屿」就是上下左右全部被 1 包围的 0，也就是说靠边的陆地不算作「封闭岛屿」。

判断「封闭岛屿」只需要把上一题中靠边的岛屿排除掉，剩下的就是「封闭岛屿」了。

public int closedIsland(int[][] grid) {
    int m = grid.length, n = grid[0].length;
    for(int j = 0; j < n; j++) {
        // 把靠上边的岛屿淹掉
        dfs(grid, 0, j);
        // 把靠下边的岛屿淹掉
        dfs(grid, m - 1, j);
    }
    for(int i = 0; i < m; i++) {
        // 把靠左边的岛屿淹掉
        dfs(grid, i, 0);
        // 把靠右边的岛屿淹掉
        dfs(grid, i, n - 1);
    }

    // 遍历 grid，剩下的岛屿都是封闭岛屿
    int res = 0;
    for(int i = 0; i < m; i++) {
        for(int j = 0; j < n; j++) {
            if(grid[i][j] == 0) {
                res++;
                dfs(grid, i, j);
            }
        }
    }
    return res;
}

private void dfs(int[][] grid, int i, int j) {
    int m = grid.length, n = grid[0].length;
    if(i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n) {
        return;
    }
    if(grid[i][j] == 1) {
        return;
    }

    grid[i][j] = 1;
    dfs(grid, i + 1, j);
    dfs(grid, i - 1, j);
    dfs(grid, i, j + 1);
    dfs(grid, i, j - 1);
}

只要提前把靠边的陆地都淹掉，算出来的就是封闭岛屿了。

处理这类岛屿题目除了 DFS/BFS 算法之外，Union Find 并查集算法也是一种可选的方法，前文 Union Find 算法就用 Union Find 算法解决了一道类似的问题。

1020.飞地的数量 🔗

与 #1254 相似，只是让求封闭岛屿的面积总和。思路相同，先把靠边的陆地淹掉，然后统计剩下的陆地数量：

public int numEnclaves(int[][] grid) {
    int m = grid.length, n = grid[0].length;
    for(int j = 0; j < n; j++) {
        dfs(grid, 0, j);
        dfs(grid, m - 1, j);
    }
    for(int i = 0; i < m; i++) {
        dfs(grid, i, 0);
        dfs(grid, i, n - 1);
    }

    int res = 0;
    for(int i = 0; i < m; i++) {
        for(int j = 0; j < n; j++) {
            if(grid[i][j] == 1) {
                res++;
            }
        }
    }
    return res;
}

private void dfs(int[][] grid, int i, int j) {
    // ...
}

岛屿的最大面积

695.岛屿的最大面积 🔗

这题的大体思路和之前完全一样，只不过 dfs 函数淹没岛屿的同时还应该想办法记录这个岛屿的面积。

可以给 dfs 函数设置返回值，记录每次淹没的陆地的个数：

public int maxAreaOfIsland(int[][] grid) {
    int m = grid.length, n = grid[0].length;
    int res = 0;
    for(int i = 0; i < m; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            if(grid[i][j] == 1) {
                res = Math.max(res, dfs(grid, i, j));
            }
        }
    }
    return res;
}

private int dfs(int[][] grid, int i, int j) {
    int m = grid.length, n = grid[0].length;
    if(i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n) {
        return 0;
    }
    if(grid[i][j] == 0) {
        return 0;
    }

    grid[i][j] = 0;

    // 记录岛屿个数
    // 被淹没的岛屿会执行这一句并返回 1，其他返回 0，这样就能统计被淹没的岛屿的个数
    return dfs(grid, i + 1, j) 
    + dfs(grid, i - 1, j) 
    + dfs(grid, i, j + 1) 
    + dfs(grid, i, j - 1) + 1;
}

子岛屿数量

前面的几道题更像是套模版，接下来的两题就需要思考了。

1905.统计子岛屿 🔗

什么情况下 grid2 中的一个岛屿 B 是 grid1 中的一个岛屿 A 的子岛？

当岛屿 B 中所有陆地在岛屿 A 中也是陆地的时候，岛屿 B 是岛屿 A 的子岛。

反过来说，如果岛屿 B 中存在一片陆地，在岛屿 A 的对应位置是海水，那么岛屿 B 就不是岛屿 A 的子岛。

那么只需要遍历 grid2 中的所有岛屿，把那些不可能是子岛的岛屿排除掉，剩下的就是子岛：

public int countSubIslands(int[][] grid1, int[][] grid2) {
    int m = grid2.length, n = grid2[0].length;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            if(grid2[i][j] == 1 && grid1[i][j] == 0) {
                // 这样的岛屿肯定不是子岛屿，淹没
                dfs(grid2, i, j);
            }
        }
    }

    // 剩下的都是子岛屿，统计数量
    int res = 0;
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            if(grid2[i][j] == 1) {
                res++;
                dfs(grid2, i, j);
            }
        }   
    }
    return res;
}

private void dfs(int[][] grid, int i, int j) {
    int m = grid.length, n = grid[0].length;
    if(i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n) {
        return;
    }
    if(grid[i][j] == 0) {
        return;
    }

    grid[i][j] = 0;
    dfs(grid, i + 1, j);
    dfs(grid, i - 1, j);
    dfs(grid, i, j + 1);
    dfs(grid, i, j - 1);
}

这道题的思路和计算「封闭岛屿」数量的思路有些类似，只不过后者排除那些靠边的岛屿，前者排除那些不可能是子岛的岛屿。

不同的岛屿数量

694.不同岛屿的数量 🔗

很显然得想办法把二维矩阵中的「岛屿」进行转化，变成如字符串类型，然后利用 HashSet 这样的数据结构去重，最终得到不同的岛屿的个数。

如果想把岛屿转化成字符串就需要序列化，序列化就是遍历。

首先，对于形状相同的岛屿，如果从同一起点出发，dfs 函数遍历的顺序是一样的：

void dfs(int[][] grid, int i, int j) {
    // 递归顺序：
    dfs(grid, i - 1, j); // 上
    dfs(grid, i + 1, j); // 下
    dfs(grid, i, j - 1); // 左
    dfs(grid, i, j + 1); // 右
}

所以，遍历顺序就可以用来描述岛屿的形状，比如下图这两个岛屿：

假设它们的遍历顺序是：

下，右，上，撤销上，撤销右，撤销下

如果分别用 1, 2, 3, 4 代表上下左右，用 -1, -2, -3, -4 代表上下左右的撤销，那么可以这样表示它们的遍历顺序：

2, 4, 1, -1, -4, -2

这就相当于是岛屿序列化的结果，只要每次使用 dfs 遍历岛屿的时候生成这串数字进行比较，就可以计算到底有多少个不同的岛屿了。

记录「撤销」操作才能唯一表示遍历顺序。如「下，右，撤销右，撤销下」和「下，撤销下，右，撤销右」显然是两个不同的遍历顺序，但如果不记录撤销操作，那么它们都是「下，右」，成了相同的遍历顺序，显然是不对的。

改造 dfs 函数，添加一些函数参数以便记录遍历顺序：

private void dfs(int[][] grid, int i, int j, StringBuilder sb, int dir) {
    int m = grid.length, n = grid[0].length;
    if (i < 0 || j < 0 || i >= m || j >= n || grid[i][j] == 0) {
        return;
    }

    // 前序遍历位置：进入 (i, j)
    grid[i][j] = 0;
    sb.append(dir).append(',');

    dfs(grid, i - 1, j, sb, 1); // 上
    dfs(grid, i + 1, j, sb, 2); // 下
    dfs(grid, i, j - 1, sb, 3); // 左
    dfs(grid, i, j + 1, sb, 4); // 右

    // 后序遍历位置：离开 (i, j)
    sb.append(-dir).append(',');
}

dir 记录方向，dfs 函数递归结束后，sb 记录着整个遍历顺序。

public int numDistinctIslands(int[][] grid) {
    int m = grid.length, n = grid[0].length;
    // 记录所有岛屿的序列化结果
    HashSet<String> islands = new HashSet<>();
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
            if (grid[i][j] == 1) {
                // 淹掉这个岛屿，同时存储岛屿的序列化结果
                StringBuilder sb = new StringBuilder();
                // 初始的方向可以随便写，不影响正确性
                dfs(grid, i, j, sb, 666);
                islands.add(sb.toString());
            }
        }
    }
    // 不相同的岛屿数量
    return islands.size();
}

数据结构

LRU 算法

LRU 是 Least Recently Used 的缩写，即最近最少使用页面置换算法，是为虚拟页式存储管理服务的，是根据页面调入内存后的使用情况进行决策了。由于无法预测各页面将来的使用情况，只能利用 “最近的过去” 作为 “最近的将来” 的近似。

因此，LRU 算法就是将最近最久未使用的页面予以淘汰。

146.lru-缓存 🔗

设计数据结构：

首先要接收一个 capacity 参数作为缓存的最大容量，然后实现两个 API，一个是 put(key, val) 方法存入键值对，另一个是 get(key) 方法获取 key 对应的 val，如果 key 不存在则返回 -1。

对题目示例的解释：

/* 缓存容量为 2 */
LRUCache cache = new LRUCache(2);
// 可以把 cache 理解成一个队列
// 假设左边是队头，右边是队尾
// 最近使用的排在队头，久未使用的排在队尾
// 圆括号表示键值对 (key, val)

cache.put(1, 1);
// cache = [(1, 1)]

cache.put(2, 2);
// cache = [(2, 2), (1, 1)]

cache.get(1);       // 返回 1
// cache = [(1, 1), (2, 2)]
// 解释：因为最近访问了键 1，所以提前至队头
// 返回键 1 对应的值 1

cache.put(3, 3);
// cache = [(3, 3), (1, 1)]
// 解释：缓存容量已满，需要删除内容空出位置
// 优先删除久未使用的数据，也就是队尾的数据
// 然后把新的数据插入队头

cache.get(2);       // 返回 -1 (未找到)
// cache = [(3, 3), (1, 1)]
// 解释：cache 中不存在键为 2 的数据

cache.put(1, 4);    
// cache = [(1, 4), (3, 3)]
// 解释：键 1 已存在，把原始值 1 覆盖为 4
// 不要忘了也要将键值对提前到队头

分析上面的操作过程，要让 put 和 get 方法的时间复杂度为 $O(1)$，可以总结出 cache 这个数据结构必要的条件：

显然 cache 中的元素必须有时序，以区分最近使用的和久未使用的数据，当容量满后要删除最近最久未使用的元素空出位置。
要在 cache 中快速找某个 key 是否已存在并得到对应的 val；
每次访问 cache 中的某个 key，需要将这个元素变为最近使用的，也就是说 cache 要支持在任意位置快速插入和删除元素。

同时符合上述条件的数据结构中，哈希表查找快，但数据无固定顺序；链表有顺序之分，插入删除快，但是查找慢。因此根据计算机通用的折中，形成一种新的数据结构：哈希链表 LinkedHashMap。

LRU 缓存算法的核心数据结构就是哈希链表，双向链表和哈希表的结合体：

借助这个结构，前面的 3 个条件：

如果每次默认从链表尾部添加元素，那么显然越靠尾部的元素就是最近使用的，越靠头部的元素就是最久未使用的。
对于某一个 key，可以通过哈希表快速定位到链表中的节点，从而取得对应 val。
链表显然是支持在任意位置快速插入和删除的，修改指针就即可。不过传统的链表无法按照索引快速访问某一个位置的元素，而这里借助哈希表，可以通过 key 快速映射到任意一个链表节点，然后进行插入和删除。

这里先手动造轮子，不使用 Java 内置的 LinkedHashMap。首先实现双链表的节点类：

class Node {
    public int key, val;
    public Node next, prev;
    
    public Node(int k, int v) {
        this.key = k;
        this.val = v;
    }
}

依靠 Node 类型构建一个双链表，实现几个 LRU 算法必须的 API：

class DoubleList {
    // 虚拟头尾节点
    private Node head, tail;  
    // 链表元素数
    private int size;

    public DoubleList() {
        // 初始化双向链表的数据
        head = new Node(0, 0);
        tail = new Node(0, 0);
        head.next = tail;
        tail.prev = head;
        size = 0;
    }

    // 在链表尾部添加节点 x，时间 O(1)
    public void addLast(Node x) {
        x.prev = tail.prev;
        x.next = tail;
        tail.prev.next = x;
        tail.prev = x;
        size++;
    }

    // 删除链表中的 x 节点（x 一定存在）
    // 由于是双链表且给的是目标 Node 节点，时间 O(1)
    public void remove(Node x) {
        x.prev.next = x.next;
        x.next.prev = x.prev;
        size--;
    }

    // 删除链表中第一个节点，并返回该节点，时间 O(1)
    public Node removeFirst() {
        if(head.next == tail) {
            return null;
        }
        Node first = head.next;
        remove(first);
        return first;
    }

    // 返回链表长度，时间 O(1)
    public int size() {
        return size;
    }
}

这样，就可以体现出为什么需要使用双向链表了：因为我们需要删除操作。删除一个节点不光要得到该节点本身的指针，也需要操作其前驱节点的指针，而双向链表才能支持直接查找前驱，保证操作的时间复杂度 $O(1)$。

注意我们实现的双链表 API 只能从尾部插入，也就是说靠尾部的数据是最近使用的，靠头部的数据是最久未使用的。

有了双向链表的实现，只需要在 LRU 算法中把它和哈希表结合起来即可，代码框架：

class LRUCache {
    // key -> Node(key, val)
    private HashMap<Integer, Node> map;
    // Node(k1, v1) <-> Node(k2, v2)...
    private DoubleList cache;
    // 最大容量
    private int cap;
    
    public LRUCache(int capacity) {
        this.cap = capacity;
        map = new HashMap<>();
        cache = new DoubleList();
    }

由于要同时维护一个双链表 cache 和一个哈希表 map，因此一些操作需要注意同步，如删除某个 key 时，需要在 cache 中删除对应的 Node，同时需要在 map 中删除 key。一个有效的方案是：在这两种数据结构之上提供一层抽象 API。就是尽量让 LRU 的主方法 get 和 put 避免直接操作 map 和 cache 的细节：

// 将某个 key 提升为最近使用的
private void makeRecently(int key) {
    Node x = map.get(key);
    // 先从链表中删除这个节点
    cache.remove(x);
    // 重新插到队尾
    cache.addLast(x);
}

// 添加最近使用的元素
private void addRecently(int key, int val) {
    Node x = new Node(key, val);
    // 链表尾部就是最近使用的元素
    cache.addLast(x);
    // 在 map 中添加 key 的映射
    map.put(key, x);
}

// 删除某一个 key
private void deleteKey(int key) {
    Node x = map.get(key);
    // 从链表中删除
    cache.remove(x);
    // 从 map 中删除
    map.remove(key);
}

// 删除最久未使用的元素
private void removeLeastRecently() {
    // 链表头部的第一个元素就是最久未使用的
    Node deletedNode = cache.removeFirst();
    // 同时从 map 中删除它的 key
    int deletedKey = deletedNode.key;
    map.remove(deletedKey);
}

这里就可以看出在链表中同时存储 key 和 val 而不是只存储 val 的原因：在 removeLeastRecently 函数中需要用 deletedNode 得到 deletedKey。

也就是说，当缓存容量满时，不仅仅要删除最后一个 Node 节点，还要把 map 中映射到该节点的 key 同时删除，而这个 key 只能由 Node 得到。如果 Node 结构中只存储 val，那么就无法获取 key，就无法删除 map 中的键，造成错误。

上述方法就是简单的操作封装，调用这些函数可以避免直接操作 cache 链表和 map 哈希表，下面实现 LRU 算法的 get 方法：

public int get(int key) {
    if(!map.containsKey(key)) {
        return -1;
    }
    // 将该数据提升为最近使用的
    makeRecently(key);
    return map.get(key).val;
}

put 方法的逻辑：

代码：

public void put(int key, int val) {
    if(map.containsKey(key)) {
        // 删除旧的数据
        deleteKey(key);
        // 新插入的数据为最近使用的数据
        addRecently(key, val);
        return;
    }

    if(cap == cache.size()) {
        // 删除最久未使用的元素
        removeLeastRecently();
    }

    // 添加为最近使用的元素
    addRecently(key, val);
}

这样就实现了 LRUCache 类。最后用 Java 的内置类型 LinkedHashMap 来实现 LRU 算法，逻辑和之前完全一致：

class LRUCache {
    int cap;
    LinkedHashMap<Integer, Integer> cache = new LinkedHashMap<>();
    
    public void LRUCache(int capacity) {
        cap = capacity;
    }

    public void get(int key) {
        if(!cache.containsKey(key)) {
            return -1;
        }
        return cache.get(key).val;
    }

    public void put(int key, int val) {
        if (cache.containsKey(key)) {
            // 修改 key 的值
            cache.put(key, val);
            // 将 key 变为最近使用
            makeRecently(key);
            return;
        }
        
        if (cache.size() >= this.cap) {
            // 链表头部就是最久未使用的 key
            int oldestKey = cache.keySet().iterator().next();
            cache.remove(oldestKey);
        }
        // 将新的 key 添加链表尾部
        cache.put(key, val);
    }
    
    private void makeRecently(int key) {
        int val = cache.get(key);
        // 删除 key，重新插入到队尾
        cache.remove(key);
        cache.put(key, val);
    }
}

LFU 算法

LFU 是 Least Frequently Used 的缩写，即最近最少使用策略，也就是说在一段时间内数据被使用频次最少的优先被淘汰。

从实现难度上来说，LFU 算法的难度大于 LRU 算法， LFU 算法是淘汰访问频次最低的数据，如果访问频次最低的数据有多条，需要淘汰最旧的数据。把数据按照访问频次进行排序，而且频次还会不断变化。

460.lfu-缓存 🔗

get(key) 方法会去缓存中查询键 key，如果 key 存在，则返回 key 对应的 val，否则返回 -1。
put(key, value) 方法插入或修改缓存。如果 key 已存在，则将它对应的值改为 val；如果 key 不存在，则插入键值对 (key, val)。
当缓存达到容量 capacity 时，则应该在插入新的键值对之前，删除使用频次（用 freq 表示）最低的键值对。如果 freq 最低的键值对有多个，则删除其中最旧的一个。

// 构造一个容量为 2 的 LFU 缓存
LFUCache cache = new LFUCache(2);

// 插入两对 (key, val)，对应的 freq 为 1
cache.put(1, 10);
cache.put(2, 20);

// 查询 key 为 1 对应的 val
// 返回 10，同时键 1 对应的 freq 变为 2
cache.get(1);

// 容量已满，淘汰 freq 最小的键 2
// 插入键值对 (3, 30)，对应的 freq 为 1
cache.put(3, 30);   

// 键 2 已经被淘汰删除，返回 -1
cache.get(2);

根据 LFU 算法的逻辑列举出算法需求：

调用 get(key) 方法时，要返回该 key 对应的 val。
只要用 get 或者 put 方法访问一次某个 key，该 key 的 freq 就加一。
如果在容量满了的时候进行插入，则需要将 freq 最小的 key 删除，如果最小的 freq 对应多个 key，则删除其中最旧的一个。

需要在 $O(1)$ 的时间内解决这些需求，可以使用基本数据结构：

使用一个 HashMap 存储 key 到 val 的映射，就可以快速计算 get(key)。

HashMap<Integer, Integer> keyToVal;

使用一个 HashMap 存储 key 到 freq 的映射，就可以快速操作 key 对应的 freq。

HashMap<Integer, Integer> keyToFreq;

这个需求是 LFU 算法的核心
1. 首先需要 freq 到 key 的映射，用来找到 freq 最小的 key。
2. 要将 freq 最小的 key 删除，就需要快速得到当前所有 key 最小的 freq。若想时间复杂度为 $O(1)$，就不能遍历寻找，需要用一个变量 minFreq 来记录当前最小的 freq。
3. 可能有多个 key 拥有相同的 freq，所以 freq 对 key 是一对多的关系，即一个 freq 对应一个 key 的列表。
4. freq 对应的 key 的列表是存在时序的，便于快速查找并删除最旧的 key。
5. 能够快速删除 key 列表中的任何一个 key。如果频次为 freq 的某个 key 被访问，那么它的频次就会变成 freq+1，就应该从 freq 对应的 key 列表中删除，加到 freq+1 对应的 key 的列表中。

HashMap<Integer, LinkedHashSet<Integer>> freqToKeys;
int minFreq = 0;

LinkedHashSet 是链表和哈希集合的结合体。链表不能快速访问链表节点，但是插入元素具有时序；哈希集合中的元素无序，但是可以对元素进行快速的访问和删除。它们结合起来就兼具了哈希集合和链表的特性，既可以在 $O(1)$ 时间内访问或删除其中的元素，又可以保持插入的时序，高效实现 3.5 这个需求。

综上，可以写出 LFU 算法的基本数据结构：

class LFUCache {
    // key 到 val 的映射，称 KV 表
    HashMap<Integer, Integer> keyToVal;

    // key 到 freq 的映射，称 KF 表
    HashMap<Integer, Integer> keyToFreq;

    // freq 到 key 列表的映射，称 FK 表
    HashMap<Integer, LinkedHashSet<Integer>> freqToKeys;

    // 记录最小的频次
    int minFreq;

    // 记录 LFU 缓存的最大容量
    int cap;

    public LFUCache(int capacity) {
        keyToVal = new HashMap<>();
        keyToFreq = new HashMap<>();
        freqToKeys = new HashMap<>();

        this.cap = capacity;
        this.minFreq = 0;
    }

    public int get(int key){}

    public void put(int key, int value) {}
}

首先实现 get(key) 方法，返回 key 对应的 val，然后增加 key 对应的freq：

public int get(int key) {
    if(!keyToVal.containsKey(key)) {
        return -1;
    }
    // 增加 key 对应的 freq
    increaseFreq(key);
    return keyToVal.get(key);
}

增加key对应的freq是 LFU 算法的核心，所以抽象成一个函数 increaseFreq。

然后实现 put(key, val) 方法，逻辑如下图：

public void put(int key, int val) {
    if(this.cap <= 0) {
        return;
    }

    // 若 key 已存在，修改对应的 val
    if(keyToVal.containsKey(key)) {
        keyToVal.put(key, val);
        // key 对应的 freq 增加 1
        increaseFreq(key);
        return;
    }

    // key 不存在，需要插入
    // 容量已满需要淘汰一个 freq 最小的 key
    if(this.cap <= keyToVal.size()) {
        removeMinFreqKey();
    }

    // 插入 key 和 val，对应的 freq 为 1
    // 插入 KV 表
    keyToVal.put(key, val);
    // 插入 KF 表
    keyToFreq.put(key, 1);
    // 插入 FK 表
    freqToKeys.put(1, new LinkedHashSet<>());
    freqToKeys.get(1).add(key);

    // 插入新 key 后最小的 freq 是 1
    this.minFreq = 1;
}

increaseFreq 和 removeMinFreqKey 方法是 LFU 算法的核心，首先实现 removeMinFreqKey()：

private void removeMinFreqKey() {
    // freq 最小的 key 列表
    LinkedHashSet<Integer> minKeyList = freqToKeys.get(minFreq);

    // 其中最先被插入的那个 key 就是该被淘汰的 key
    int deletedKey = minKeyList.iterator().next();

    // 更新 FK 表
    minKeyList.remove(deletedKey);
    if(minKeyList.isEmpty()) {
        freqToKeys.remove(this.minFreq);
    }

    // 更新 KV 表
    keyToVal.remove(deletedKey);
    // 更新 KF 表
    keyToFreq.remove(deletedKey);
}

删除某个键 key 需要同时修改三个映射表，借助 minFreq 参数可以从 FK 表中找到 freq 最小的 minKeyList，根据时序，其中第一个元素就是要被淘汰的 deletedKey，操作三个映射表删除这个 key 即可。

如果 minKeyList 中只有一个元素，那么删除之后 minFreq 对应的 key 列表就为空了，也就是 minFreq 变量需要被更新。如何计算当前的 minFreq 是多少呢？

实际上无法快速计算 minFreq，只能线性遍历 FK 表或者 KF 表来计算，但这样肯定不能保证 $O(1)$ 的时间复杂度。

但是这里没有必要更新 minFreq 变量，因为 removeMinFreqKey 这个函数是在 put 方法中插入新 key 时可能调用。而 put 插入新 key 时一定会把 minFreq 更新成 1，所以说这里 minFreq 值不需要考虑。

然后实现 increaseFreq()：

private void increaseFreq(int key) {
    int freq = keyToFreq.get(key);
    
    // 更新 KF 表
    keyToFreq.put(key, freq + 1);

    // 更新 FK 表
    // 将 key 从 freq 对应的列表中删除
    freqToKeys.get(freq).remove(key);

    // 将 key 加入 freq + 1 对应的列表中
    freqToKeys.putIfAbsent(freq + 1, new LinkedHashSet<>());
    freqToKeys.get(freq + 1).add(key);

    // 如果 freq 对应的列表空了，移除这个 freq
    if (freqToKeys.get(freq).isEmpty()) {
        freqToKeys.remove(freq);
        // 如果这个 freq 恰好是 minFreq，更新 minFreq
        if (freq == this.minFreq) {
            this.minFreq++;
        }
    }
}

更新某个 key 的 freq 会涉及 FK 表和 KF 表，所以分别更新这两个表即可。

和之前类似，当 FK 表中 freq 对应的列表被删空后，需要删除 FK 表中 freq 这个映射。如果这个 freq 恰好是 minFreq，说明 minFreq 变量需要更新。因为把 key 的 freq 加 1，所以 minFreq 也加 1。

这样就实现了 LFU 算法。

设计朋友圈时间线

355.设计推特 🔗

Twitter 和微博功能差不多，主要要实现这样几个 API：

class Twitter {

    /** user 发表一条 tweet 动态 */
    public void postTweet(int userId, int tweetId) {}
    
    /** 返回该 user 关注的人（包括他自己）最近的动态 id，
    最多 10 条，而且这些动态必须按从新到旧的时间线顺序排列。*/
    public List<Integer> getNewsFeed(int userId) {}
    
    /** follower 关注 followee，如果 Id 不存在则新建 */
    public void follow(int followerId, int followeeId) {}
    
    /** follower 取关 followee，如果 Id 不存在则什么都不做 */
    public void unfollow(int followerId, int followeeId) {}
}

题目示例解释：

Twitter twitter = new Twitter();

twitter.postTweet(1, 5);
// 用户 1 发送了一条新推文 5

twitter.getNewsFeed(1);
// return [5]，因为自己是关注自己的

twitter.follow(1, 2);
// 用户 1 关注了用户 2

twitter.postTweet(2, 6);
// 用户 2 发送了一个新推文 (id = 6)

twitter.getNewsFeed(1);
// return [6, 5]
// 解释：用户 1 关注了自己和用户 2，所以返回他们的最近推文
// 而且 6 必须在 5 之前，因为 6 是最近发送的

twitter.unfollow(1, 2);
// 用户 1 取消关注了用户 2

twitter.getNewsFeed(1);
// return [5]

这几个 API 中最核心的功能难点是 getNewsFeed，返回的结果必须在时间上有序，但用户的关注是动态变化的。

如果把每个用户各自的推文存储在链表里，每个链表节点存储文章 id 和一个时间戳 time（记录发帖时间以便比较），且这个链表是按 time 有序的，那么如果某个用户关注了 k 个用户，就可以用合并 k 个有序链表的算法合并出有序的推文列表，正确地 getNewsFeed。

根据分析，需要一个 User 类储存 user 信息，还需要一个 Tweet 类储存推文信息，并且要作为链表的节点。所以先搭建整体框架：

class Twitter {
    private static int timestamp = 0;
    private static class Tweet {}
    private static class User {}

    /* API */
    public void postTweet(int userId, int tweetId) {}
    public List<Integer> getNewsFeed(int userId) {}
    public void follow(int followerId, int followeeId) {}
    public void unfollow(int followerId, int followeeId) {}
}

之所以要把 Tweet 和 User 类放到 Twitter 类里面，是因为 Tweet 类必须要用到一个全局时间戳 timestamp，而 User 类又需要用到 Tweet 类记录用户发送的推文，所以它们都作为内部类。

Tweet 类的实现

每个 Tweet 实例需要记录自己的 tweetId 和发表时间 time，且作为链表节点，要有一个指向下一个节点的 next 指针。

class Tweet {
    private int id;
    private int time;
    private Tweet next;

    // 需要传入推文内容（id）和发文时间
    public Tweet(int id, int time) {
        this.id = id;
        this.time = time;
        this.next = null;
    }
}

User 类的实现

一个用户需要存储的信息有 userId，关注列表，以及该用户发过的推文列表。其中关注列表应该用集合（HashSet）这种数据结构来存，因为不能重复，而且需要快速查找；推文列表应该由链表这种数据结构储存，以便于进行有序合并的操作：

除此之外，根据面向对象的设计原则，「关注」「取关」和「发文」应该是 User 的行为，而且关注列表和推文列表也存储在 User 类中，所以也应该给 User 添加 follow、unfollow 和 post 方法：

// static int timestamp = 0
class User {
    private int id;
    public Set<Integer> followed;
    // 用户发表的推文链表头结点
    public Tweet head;

    public User(int id) {
        followed = new HashSet<>();
        this.id = id;
        this.head = null;

        // 关注自己
        follow(id);
    }

    public void follow(int userId) {
        followed.add(userId);
    }

    public void unfollow(int userId) {
        // 不能取关自己
        if(userId != this.id) {
            followed.remove(userId);
        }
    }

    public void post(int tweetId) {
        Tweet tweet = new Tweet(tweetId, timestamp);
        timestamp++;

        // 将新建的推文插入链表头
        // 越靠前的推文 time 值越大
        tweet.next = head;
        head = tweet;
    }
}

API 实现

class Twitter {
    private static int timestamp = 0;
    private static class Tweet {...}
    private static class User {...}

    // 需要一个映射将 userId 和 User 对象对应起来
    private HashMap<Integer, User> userMap = new HashMap<>();

    /** user 发表一条 tweet 动态 */
    public void postTweet(int userId, int tweetId) {
        // 若 userId 不存在，则新建
        if(!userMap.containsKey(userId)) {
            userMap.put(userId, new User(userId));
        }
        User u = userMap.get(userId);
        u.post(tweetId);
    }

    /** follower 关注 followee */
    public void follow(int followerId, int followeeId) {
        // 若 follower 不存在，则新建
        if(!userMap.containsKey(followerId)) {
            User u = new User(followerId);
            userMap.put(followerId, u);
        }
        // 若 followee 不存在，则新建
        if(!userMap.containsKey(followeeId)) {
            User u = new User(followeeId);
            userMap.put(followeeId, u);
        }   
        userMap.get(followerId).follow(followeeId); 
    }

     /** follower 取关 followee，如果 Id 不存在则什么都不做 */
     public void unfollow(int followerId, int followeeId) {
        if(userMap.containsKey(followeeId)) {
            User follower = userMap.get(followeeId);
            follower.unfollow(followeeId);
        }
     }

     /** 返回该 user 关注的人（包括他自己）最近的动态 id，
    最多 10 条，而且这些动态必须按从新到旧的时间线顺序排列。*/
    public List<Integer> getNewsFeed(int userId) {
        // 见下文
    }
}

getNewsFeed 算法实现

实现合并 k 个有序链表的算法需要用到优先级队列（PriorityQueue），这种数据结构是「二叉堆」最重要的应用，可以理解为它可以对插入的元素自动排序。乱序的元素插入其中就被放到了正确的位置，可以按照从小到大（或从大到小）有序地取出元素。

PriorityQueue pq
# 乱序插入
for i in {2,4,1,9,6}:
    pq.add(i)
while pq not empty:
    # 每次取出第一个（最小）元素
    print(pq.pop())

# 输出有序：1,2,4,6,9

把优先级队列设为按 time 属性从大到小降序排列，因为 time 越大意味着时间越近，应该排在前面：

public List<Integer> getNewsFeed(int userId) {
    List<Integer> res = new ArrayList<>();
    if(!userMap.containsKey(userId)) {
        return res;
    }

    // 关注列表的用户 Id
    Set<Integer> users = userMap.get(userId).followed;

    // 自动通过 time 属性从大到小排序，容量为 users 的大小
    PriorityQueue<Tweet> pq = new PriorityQueue<>(user.size(), (a, b) -> b.time - a.time);

    // 先将所有链表头节点插入优先级队列
    for(int id : users) {
        Tweet tweet = userMap.get(id).head;
        if(tweet == null) {
            continue;
        }
        pq.add(tweet);
    }

    while(!pq.isEmpty()) {
        // 最多返回 10 条
        if(res.size() == 10) {
            break;
        }

        // 弹出 time 值最大的（最近发表的）
        Tweet tweet = pq.poll();
        res.add(tweet.id);

        // 将下一篇 Tweet 插入进行排序
        if(tweet.next != null) {
            pq.add(tweet.next);
        }
    }
    return res;
}

过程假设有三个 Tweet 链表按 time 属性降序排列，把它们降序合并添加到 res 中。注意图中链表节点中的数字是 time 属性，不是 id 属性：

至此，这道一个极其简化的 Twitter 时间线功能就设计完毕了。

前缀树算法

Trie 树又叫字典树、前缀树、单词查找树，是一种二叉树衍生出来的高级数据结构，主要应用场景是处理字符串前缀相关的操作。

常见的 Map 和 Set 的底层实现原理有哈希表和二叉搜索树两种，如 Java 的 HashMap/HashSet 和 C++ 的 unorderd_map/unordered_set 底层就是用哈希表实现，而 Java 的 TreeMap/TreeSet 和 C++ 的 map/set 底层使用红黑树这种自平衡 BST 实现的。

而下面要实现的 TrieSet/TrieMap 底层则用 Trie 树这种结构来实现。

本质上 Set 可以视为一种特殊的 Map，Set 其实就是 Map 中的键。所以下面先实现 TrieMap，然后在 TrieMap 的基础上封装出 TrieSet。

各种结构都是为了在「特定场景」下尽可能高效地进行增删查改。如 HashMap<K, V> 的优势是能够在 $O(1)$ 时间通过键查找对应的值，但要求键的类型 K 必须是「可哈希」的；而 TreeMap<K, V> 的特点是方便根据键的大小进行操作，但要求键的类型 K 必须是「可比较」的。

下面要实现的 TrieMap 也是类似的，由于 Trie 树原理，我们要求 TrieMap<V> 的键必须是字符串类型，值的类型 V 可以随意。

Trie 树原理

Trie 树本质上就是一棵从二叉树衍生出来的多叉树。

二叉树节点的代码实现：

/* 基本的二叉树节点 */
class TreeNode {
    int val;
    TreeNode left, right;
}

其中 left, right 存储左右子节点的指针。

多叉树节点的代码实现：

/* 基本的多叉树节点 */
class TreeNode {
    int val;
    TreeNode[] children;
}

其中 children 数组中存储指向孩子节点的指针。

而 TrieMap 中的树节点 TrieNode 的代码实现：

/* Trie 树节点实现 */
class TrieNode<V> {
    V val = null;
    TrieNode<V>[] children = new TrieNode[256];
}

这个 val 字段存储键对应的值，children 数组存储指向子节点的指针。

但是和之前的普通多叉树节点不同，TrieNode 中 children 数组的索引是有意义的，代表键中的一个字符。

如 children[97] 若非空，说明这里存储了一个字符 'a'，因为 'a' 的 ASCII 码为 97。

这里只考虑处理 ASCII 字符，所以 children 数组的大小设置为 256。可以根据具体问题修改，比如改成更小的数组或者 HashMap<Character, TrieNode> 都是一样的效果。

Trie 树的结构：

一个节点有 256 个子节点指针，但大多数时候都是空的，可以省略掉不画，所以一般看到的 Trie 树结构如下图：

这是在 TrieMap<Integer> 中插入一些键值对后的样子，白色节点代表 val 字段为空，橙色节点代表 val 字段非空。

特别注意，TrieNode 节点本身只存储 val 字段，并没有一个字段来存储字符，字符是通过子节点在父节点的 children 数组中的索引确定的。

形象理解就是，Trie 树用「树枝」存储字符串（键），用「节点」存储字符串（键）对应的数据（值）。所以在图中把字符标在树枝，键对应的值 val 标在节点上：

因为其中的字符串共享前缀，相同前缀的字符串集中在 Trie 树中的一个子树上，给字符串的处理带来很大的便利。使用 Trie 树又叫做前缀树。

TrieMap/TrieSet API 实现

假设 TrieMap 中已经存储了如上图键值对：

// 底层用 Trie 树实现的键值映射
// 键为 String 类型，值为类型 V
class TrieMap<V> {

    /***** 增/改 *****/

    // 在 Map 中添加 key
    public void put(String key, V val);

    /***** 删 *****/

    // 删除键 key 以及对应的值
    public void remove(String key);

    /***** 查 *****/

    // 搜索 key 对应的值，不存在则返回 null
    // get("the") -> 4
    // get("tha") -> null
    public V get(String key);

    // 判断 key 是否存在在 Map 中
    // containsKey("tea") -> false
    // containsKey("team") -> true
    public boolean containsKey(String key);

    // 在 Map 的所有键中搜索 query 的最短前缀
    // shortestPrefixOf("themxyz") -> "the"
    public String shortestPrefixOf(String query);

    // 在 Map 的所有键中搜索 query 的最长前缀
    // longestPrefixOf("themxyz") -> "them"
    public String longestPrefixOf(String query);

    // 搜索所有前缀为 prefix 的键
    // keysWithPrefix("th") -> ["that", "the", "them"]
    public List<String> keysWithPrefix(String prefix);

    // 判断是和否存在前缀为 prefix 的键
    // hasKeyWithPrefix("tha") -> true
    // hasKeyWithPrefix("apple") -> false
    public boolean hasKeyWithPrefix(String prefix);

    // 通配符 . 匹配任意字符，搜索所有匹配的键
    // keysWithPattern("t.a.") -> ["team", "that"]
    public List<String> keysWithPattern(String pattern);

    // 通配符 . 匹配任意字符，判断是否存在匹配的键
    // hasKeyWithPattern(".ip") -> true
    // hasKeyWithPattern(".i") -> false
    public boolean hasKeyWithPattern(String pattern);

    // 返回 Map 中键值对的数量
    public int size();
}

TrieSet 的 API 大同小异，这里不重复列举。

首先，TrieMap 类中一定需要记录 Trie 的根节点 root，以及 Trie 树中的所有节点数量用于实现 size() 方法：

class TrieMap<V> {
    // ASCII 码个数
    private static final int R = 256;
    // 当前存在 Map 中的键值对个数
    private int size = 0;

    private static class TrieNode<V> {
        V val = null;
        TrieNode<V>[] children = new TrieNode[R];
    }

    // Trie 树的根节点
    private TrieNode<V> root = null;

    /* 其他 API 的实现... */

    public int size() {
        return size;
    }
}

另外，再实现一个工具函数 getNode：

// 从节点 node 开始搜索 key，如果存在返回对应节点，否则返回 null
private TrieNode<V> getNode(TrieNode<V> node, String key) {
    TrieNode<V> p = node;

    // 从节点 node 开始搜索 key
    for(int i = 0; i < key.length(); i++) {
        if(p == null) {
            return null;
        }

        // 向下搜索
        char c = key.charAt(i);
        p = p.children[c];
    }

    return p;
}

这样就可以实现 containsKey 和 get 方法了：

// 搜索 key 对应的值，不存在则返回 null
public V get(String key) {
    // 从 root 开始搜索 key
    TrieNode<V> node = getNode(root, key);
    if(node == null || node.val == null) {
        // node 为空或 node 的 val 字段为空都说明 key 没有对应的值
        return null;
    }
    return node.val;
}

// 判断 key 是否存在在 Map 中
public boolean containsKey(String key) {
    return get(key) != null;
}

需要注意，就算 getNode(key) 的返回值 node 非空，也只能说字符串 key 是一个「前缀」；除非 node.val 同时非空，才能判断键 key 存在。

不过，这个特性恰好能够帮我们实现 hasKeyWithPrefix 方法：

// 判断是和否存在前缀为 prefix 的键
public boolean hasKeyWithPrefix(String prefix) {
    // 只要能找到一个节点，就是存在前缀
    return getNode(root, prefix) != null;
}

类似于 getNode 方法的逻辑可以实现 shortestPrefixOf 方法，只要在第一次遇到存有 val 的节点时返回：

// 在所有键中寻找 query 的最短前缀
public String shortestPrefixOf(String query) {
    TrieNode<V> p = root;
    // 从节点 node 开始搜索 key
    for(int i = 0; i < query.length(); i++) {
        if(p == null) {
            return "";
        }
        if(p.val != null) {
            // 找到一个键是 query 的前缀
            return query.substring(0, i);
        }
        // 向下搜索
        char c = query.charAt(i);
        p = p.children[c];
    }

    if(p != null && p.val != null) {
        // 如果 query 本身就是一个键
        return query;
    }
    return "";
}

这里需要注意的是 for 循环结束之后还需要额外检查一下。

因为 Trie 树中「树枝」存储字符串，「节点」存储字符串对应的值，for 循环相当于只遍历了「树枝」，但漏掉了最后一个「节点」，即 query 本身就是 TrieMap 中的一个键的情况。

longestPrefixOf 非常类似：

public String longestPrefixOf(String query) {
    TrieNode<V> p = root;
    // 记录前缀的最大长度
    int maxLen = 0;

    // 从节点 node 开始搜索 key
    for(int i = 0; i < query.length(); i++) {
        if(p == null) {
            break;
        }
        if(p.val != null) {
             // 找到一个键是 query 的前缀，更新前缀的最大长度
             maxLen = i;
        }
        // 向下搜索
        char c = query.charAt(i);
        p = p.children[c];
    }

    if (p != null && p.val != null) {
        // 如果 query 本身就是一个键
        return query;
    }
    return query.substring(0, maxLen);
}

每次遇到 p.val 非空的时候说明找到一个键，但是不急着返回，而是更新 maxLen 变量，记录最长前缀的长度。

同样的，在 for 循环结束时要特殊判断一下，处理 query 本身就是键的情况。

实现 keysWithPrefix 方法，得到所有前缀为 prefix 的键。先利用 getNode 函数在 Trie 树中找到 prefix 对应的节点 x，然施展多叉树的遍历算法，遍历以 x 为根的这棵 Trie 树，找到所有键值对：

代码实现如下：

// 搜索前缀为 prefix 的所有键
public List<String> keysWithPrefix(String prefix) {
    List<String> res = new LinkedList<>();

    // 找到匹配 prefix 在 Trie 树中的节点
    TrieNode<V> x = getNode(root, prefix);
    if(x == null) {
        return res;
    }
    // DFS 遍历以 x 为根的这棵 Trie 树
    traverse(x, new StringBuilder(prefix), res);
    return res;
}

// 遍历以 node 节点为根的 Trie 树，找到所有键
private void traverse(TrieNode<V> node, StringBuilder path, List<String> res) {
    if(node == null) {
         // 到达 Trie 树底部叶子结点
        return;
    }

    if(node.val != null) {
        // 找到一个 key，添加到结果列表中
        res.add(path.toString());
    }

    for(char c = 0; c < R; c++) {
        path.append(c);
        traverse(node.children[c], path, res);
        path.deleteCharAt(path.length() - 1);
    }
}

实现 keysWithPattern 方法，使用通配符来匹配多个键，其关键就在于通配符 . 可以匹配所有字符，用 path 变量记录匹配键的路径：

// 通配符 . 匹配任意字符
public List<String> keysWithPattern(String pattern) {
    List<String> res = new LinkedList<>();
    traverse(root, new StringBuilder(), pattern, 0 , res);
    return res;
}

// 遍历函数，尝试在「以 node 为根的 Trie 树中」匹配 pattern[i..]
private void traverse(TrieNode<V> node, StringBuilder path, String pattern, int i, List<String> res) {
     if (node == null) {
        // 树枝不存在，即字符 pattern[i-1] 匹配失败
        return;
    }
    if (i == pattern.length()) {
        // pattern 匹配完成
        if (node.val != null) {
            // 如果这个节点存储着 val，则找到一个匹配的键
            res.add(path.toString());
        }
        return;
    }
    char c = pattern.charAt(i);
    if (c == '.') {
        // pattern[i] 是通配符，可以变化成任意字符
        // 多叉树（回溯算法）遍历框架
        for (char j = 0; j < R; j++) {
            path.append(j);
            traverse(node.children[j], path, pattern, i + 1, res);
            path.deleteCharAt(path.length() - 1);
        }
    } else {
        // pattern[i] 是普通字符 c
        path.append(c);
        traverse(node.children[c], path, pattern, i + 1, res);
        path.deleteCharAt(path.length() - 1);
    }
}

keysWithPattern 和 keysWithPrefix 的实现有些类似，而且这两个函数还有一个潜在的特性：它们返回的结果列表一定是符合「字典序」的：每一个节点的 children 数组都是从左到右进行遍历，即按照 ASCII 码从小到大的顺序递归遍历，得到的结果自然是符合字典序的。

实现 hasKeyWithPattern 方法：

// 判断是和否存在前缀为 prefix 的键
public boolean hasKeyWithPattern(String pattern) {
    // 从 root 节点开始匹配 pattern[0..]
    return hasKeyWithPattern(root, pattern, 0);
}

// 函数定义：从 node 节点开始匹配 pattern[i..]，返回是否成功匹配
private boolean hasKeyWithPattern(TrieNode<V> node, String pattern, int i) {
    if (node == null) {
        // 树枝不存在，即匹配失败
        return false;
    }
    if (i == pattern.length()) {
        // 模式串走到头了，看看匹配到的是否是一个键
        return node.val != null;
    }
    char c = pattern.charAt(i);
    // 没有遇到通配符
    if (c != '.') {
        // 从 node.children[c] 节点开始匹配 pattern[i+1..]
        return hasKeyWithPattern(node.children[c], pattern, i + 1);
    }
    // 遇到通配符
    for (int j = 0; j < R; j++) {
        // pattern[i] 可以变化成任意字符，尝试所有可能，只要遇到一个匹配成功就返回
        if (hasKeyWithPattern(node.children[j], pattern, i + 1)) {
            return true;
        }
    }
    // 都没有匹配
    return false;
}

put 方法：

// 在 map 中添加或修改键值对
public void put(String key, V val) {
    if (!containsKey(key)) {
        // 新增键值对
        size++;
    }
    // 需要一个额外的辅助函数，并接收其返回值
    root = put(root, key, val, 0);
}

// 定义：向以 node 为根的 Trie 树中插入 key[i..]，返回插入完成后的根节点
private TrieNode<V> put(TrieNode<V> node, String key, V val, int i) {
    if (node == null) {
        // 如果树枝不存在，新建
        node = new TrieNode<>();
    }
    if (i == key.length()) {
        // key 的路径已插入完成，将值 val 存入节点
        node.val = val;
        return node;
    }
    char c = key.charAt(i);
    // 递归插入子节点，并接收返回值
    node.children[c] = put(node.children[c], key, val, i + 1);
    return node;
}

因为是递归修改数据结构，所以必须额外创建一个返回类型为 TrieNode 的辅助函数，并且在递归调用的时候接收其返回值，拼接到父节点上。

由于 Trie 树中的键就是「树枝」，值就是「节点」，所以插入的逻辑就是沿路新建「树枝」，把 key 的整条「树枝」构建出来之后，在树枝末端的「节点」中存储 val。

对于 remove 函数，如下图这个场景，如果想删除键 "team"，那么需要删掉 "eam" 这条树枝才是符合逻辑的：

要控制算法来正确地进行删除：

首先递归修改数据结构时，如果一个节点想删掉自己，直接返回空指针。

其次，一个节点如何知道自己是否需要被删除主要看自己的 val 字段是否为空以及自己的 children 数组是否全都是空指针。一个节点要先递归处理子树，然后在后序位置检查自己的 val 字段和 children 列表，判断自己是否需要被删除。如果自己的 val 字段为空，说明自己没有存储值，如果同时自己的 children 数组全是空指针，说明自己下面也没有接树枝，即不是任何一个键的前缀。这种情况下这个节点就应该删掉自己。

代码实现：

// 在 Map 中删除 key
public void remove(String key) {
    if (!containsKey(key)) {
        return;
    }
    // 递归修改数据结构要接收函数的返回值
    root = remove(root, key, 0);
    size--;
}

// 定义：在以 node 为根的 Trie 树中删除 key[i..]，返回删除后的根节点
private TrieNode<V> remove(TrieNode<V> node, String key, int i) {
    if (node == null) {
        return null;
    }
    if (i == key.length()) {
        // 找到了 key 对应的 TrieNode，删除 val
        node.val = null;
    } else {
        char c = key.charAt(i);
        // 递归去子树进行删除
        node.children[c] = remove(node.children[c], key, i + 1);
    }
    // 后序位置，递归路径上的节点可能需要被清理
    if (node.val != null) {
        // 如果该 TireNode 存储着 val，不需要被清理
        return node;
    }
    // 检查该 TrieNode 是否还有后缀
    for (int c = 0; c < R; c++) {
        if (node.children[c] != null) {
            // 只要存在一个子节点（后缀树枝），就不需要被清理
            return node;
        }
    }
    // 既没有存储 val，也没有后缀树枝，则该节点需要被清理
    return null;
}

到这里 TrieMap 的所有 API 就实现完了，完整代码如下：

class TrieMap<V> {
    // ASCII 码个数
    private static final int R = 256;
    // 当前存在 Map 中的键值对个数
    private int size = 0;
    // Trie 树的根节点
    private TrieNode<V> root = null;

    private static class TrieNode<V> {
        V val = null;
        TrieNode<V>[] children = new TrieNode[R];
    }

    /***** 增/改 *****/

    // 在 map 中添加或修改键值对
    public void put(String key, V val) {
        if (!containsKey(key)) {
            // 新增键值对
            size++;
        }
        // 需要一个额外的辅助函数，并接收其返回值
        root = put(root, key, val, 0);
    }

    // 定义：向以 node 为根的 Trie 树中插入 key[i..]，返回插入完成后的根节点
    private TrieNode<V> put(TrieNode<V> node, String key, V val, int i) {
        if (node == null) {
            // 如果树枝不存在，新建
            node = new TrieNode<>();
        }
        if (i == key.length()) {
            // key 的路径已插入完成，将值 val 存入节点
            node.val = val;
            return node;
        }
        char c = key.charAt(i);
        // 递归插入子节点，并接收返回值
        node.children[c] = put(node.children[c], key, val, i + 1);
        return node;
    }

    /***** 删 *****/

    // 在 Map 中删除 key
    public void remove(String key) {
        if (!containsKey(key)) {
            return;
        }
        // 递归修改数据结构要接收函数的返回值
        root = remove(root, key, 0);
        size--;
    }

    // 定义：在以 node 为根的 Trie 树中删除 key[i..]，返回删除后的根节点
    private TrieNode<V> remove(TrieNode<V> node, String key, int i) {
        if (node == null) {
            return null;
        }
        if (i == key.length()) {
            // 找到了 key 对应的 TrieNode，删除 val
            node.val = null;
        } else {
            char c = key.charAt(i);
            // 递归去子树进行删除
            node.children[c] = remove(node.children[c], key, i + 1);
        }
        // 后序位置，递归路径上的节点可能需要被清理
        if (node.val != null) {
            // 如果该 TireNode 存储着 val，不需要被清理
            return node;
        }
        // 检查该 TrieNode 是否还有后缀
        for (int c = 0; c < R; c++) {
            if (node.children[c] != null) {
                // 只要存在一个子节点（后缀树枝），就不需要被清理
                return node;
            }
        }
        // 既没有存储 val，也没有后缀树枝，则该节点需要被清理
        return null;
    }

    /***** 查 *****/

    // 搜索 key 对应的值，不存在则返回 null
    public V get(String key) {
        // 从 root 开始搜索 key
        TrieNode<V> x = getNode(root, key);
        if (x == null || x.val == null) {
            // x 为空或 x 的 val 字段为空都说明 key 没有对应的值
            return null;
        }
        return x.val;
    }

    // 判断 key 是否存在在 Map 中
    public boolean containsKey(String key) {
        return get(key) != null;
    }

    // 判断是和否存在前缀为 prefix 的键
    public boolean hasKeyWithPrefix(String prefix) {
        // 只要能找到一个节点，就是存在前缀
        return getNode(root, prefix) != null;
    }

    // 在所有键中寻找 query 的最短前缀
    public String shortestPrefixOf(String query) {
        TrieNode<V> p = root;
        // 从节点 node 开始搜索 key
        for (int i = 0; i < query.length(); i++) {
            if (p == null) {
                // 无法向下搜索
                return "";
            }
            if (p.val != null) {
                // 找到一个键是 query 的前缀
                return query.substring(0, i);
            }
            // 向下搜索
            char c = query.charAt(i);
            p = p.children[c];
        }

        if (p != null && p.val != null) {
            // 如果 query 本身就是一个键
            return query;
        }
        return "";
    }

    // 在所有键中寻找 query 的最长前缀
    public String longestPrefixOf(String query) {
        TrieNode<V> p = root;
        // 记录前缀的最大长度
        int max_len = 0;

        // 从节点 node 开始搜索 key
        for (int i = 0; i < query.length(); i++) {
            if (p == null) {
                // 无法向下搜索
                break;
            }
            if (p.val != null) {
                // 找到一个键是 query 的前缀，更新前缀的最大长度
                max_len = i;
            }
            // 向下搜索
            char c = query.charAt(i);
            p = p.children[c];
        }

        if (p != null && p.val != null) {
            // 如果 query 本身就是一个键
            return query;
        }
        return query.substring(0, max_len);
    }

    // 搜索前缀为 prefix 的所有键
    public List<String> keysWithPrefix(String prefix) {
        List<String> res = new LinkedList<>();
        // 找到匹配 prefix 在 Trie 树中的那个节点
        TrieNode<V> x = getNode(root, prefix);
        if (x == null) {
            return res;
        }
        // DFS 遍历以 x 为根的这棵 Trie 树
        traverse(x, new StringBuilder(prefix), res);
        return res;
    }

    // 遍历以 node 节点为根的 Trie 树，找到所有键
    private void traverse(TrieNode<V> node, StringBuilder path, List<String> res) {
        if (node == null) {
            // 到达 Trie 树底部叶子结点
            return;
        }

        if (node.val != null) {
            // 找到一个 key，添加到结果列表中
            res.add(path.toString());
        }

        // 回溯算法遍历框架
        for (char c = 0; c < R; c++) {
            // 做选择
            path.append(c);
            traverse(node.children[c], path, res);
            // 撤销选择
            path.deleteCharAt(path.length() - 1);
        }
    }

    // 通配符 . 匹配任意字符
    public List<String> keysWithPattern(String pattern) {
        List<String> res = new LinkedList<>();
        traverse(root, new StringBuilder(), pattern, 0, res);
        return res;
    }

    // 遍历函数，尝试在「以 node 为根的 Trie 树中」匹配 pattern[i..]
    private void traverse(TrieNode<V> node, StringBuilder path, String pattern, int i, List<String> res) {
        if (node == null) {
            // 树枝不存在，即匹配失败
            return;
        }
        if (i == pattern.length()) {
            // pattern 匹配完成
            if (node.val != null) {
                // 如果这个节点存储着 val，则找到一个匹配的键
                res.add(path.toString());
            }
            return;
        }
        char c = pattern.charAt(i);
        if (c == '.') {
            // pattern[i] 是通配符，可以变化成任意字符
            // 多叉树（回溯算法）遍历框架
            for (char j = 0; j < R; j++) {
                path.append(j);
                traverse(node.children[j], path, pattern, i + 1, res);
                path.deleteCharAt(path.length() - 1);
            }
        } else {
            // pattern[i] 是普通字符 c
            path.append(c);
            traverse(node.children[c], path, pattern, i + 1, res);
            path.deleteCharAt(path.length() - 1);
        }
    }

    // 判断是和否存在前缀为 prefix 的键
    public boolean hasKeyWithPattern(String pattern) {
        // 从 root 节点开始匹配 pattern[0..]
        return hasKeyWithPattern(root, pattern, 0);
    }

    // 函数定义：从 node 节点开始匹配 pattern[i..]，返回是否成功匹配
    private boolean hasKeyWithPattern(TrieNode<V> node, String pattern, int i) {
        if (node == null) {
            // 树枝不存在，即匹配失败
            return false;
        }
        if (i == pattern.length()) {
            // 模式串走到头了，看看匹配到的是否是一个键
            return node.val != null;
        }
        char c = pattern.charAt(i);
        // 没有遇到通配符
        if (c != '.') {
            // 从 node.children[c] 节点开始匹配 pattern[i+1..]
            return hasKeyWithPattern(node.children[c], pattern, i + 1);
        }
        // 遇到通配符
        for (int j = 0; j < R; j++) {
            // pattern[i] 可以变化成任意字符，尝试所有可能，只要遇到一个匹配成功就返回
            if (hasKeyWithPattern(node.children[j], pattern, i + 1)) {
                return true;
            }
        }
        // 都没有匹配
        return false;
    }

    // 从节点 node 开始搜索 key，如果存在返回对应节点，否则返回 null
    private TrieNode<V> getNode(TrieNode<V> node, String key) {
        TrieNode<V> p = node;
        // 从节点 node 开始搜索 key
        for (int i = 0; i < key.length(); i++) {
            if (p == null) {
                // 无法向下搜索
                return null;
            }
            // 向下搜索
            char c = key.charAt(i);
            p = p.children[c];
        }
        return p;
    }

    public int size() {
        return size;
    }
}

接下来只要对 TrieMap 做简单的封装即可实现 TrieSet：

class TrieSet {
    // 底层用一个 TrieMap，键就是 TrieSet，值仅仅起到占位的作用
    // 值的类型可以随便设置，我参考 Java 标准库设置成 Object
    private final TrieMap<Object> map = new TrieMap<>();

    /***** 增 *****/

    // 在集合中添加元素 key
    public void add(String key) {
        map.put(key, new Object());
    }

    /***** 删 *****/

    // 从集合中删除元素 key
    public void remove(String key) {
        map.remove(key);
    }

    /***** 查 *****/

    // 判断元素 key 是否存在集合中
    public boolean contains(String key) {
        return map.containsKey(key);
    }

    // 在集合中寻找 query 的最短前缀
    public String shortestPrefixOf(String query) {
        return map.shortestPrefixOf(query);
    }

    // 在集合中寻找 query 的最长前缀
    public String longestPrefixOf(String query) {
        return map.longestPrefixOf(query);
    }

    // 在集合中搜索前缀为 prefix 的所有元素
    public List<String> keysWithPrefix(String prefix) {
        return map.keysWithPrefix(prefix);
    }

    // 判断集合中是否存在前缀为 prefix 的元素
    public boolean hasKeyWithPrefix(String prefix) {
        return map.hasKeyWithPrefix(prefix);
    }

    // 通配符 . 匹配任意字符，返回集合中匹配 pattern 的所有元素
    public List<String> keysWithPattern(String pattern) {
        return map.keysWithPattern(pattern);
    }

    // 通配符 . 匹配任意字符，判断集合中是否存在匹配 pattern 的元素
    public boolean hasKeyWithPattern(String pattern) {
        return map.hasKeyWithPattern(pattern);
    }

    // 返回集合中元素的个数
    public int size() {
        return map.size();
    }
}

208.实现Trie(前缀树) 🔗

题目让实现的几个函数就是 TrieSet 的部分 API，所以封装一个 TrieSet 就能解决这道题了：

class Trie {
    // 封装 TrieSet
    TrieSet set = new TrieSet();

    // 插入一个元素
    public void insert(String word) {
        set.add(word);
    }

    // 判断元素是否在集合中
    public boolean search(String word) {
        return set.contains(word);
    }

    // 判断集合中是否有前缀为 prefix 的元素
    public boolean startsWith(String prefix) {
        return set.hasKeyWithPrefix(prefix);
    }
}

class TrieSet { /* 见上文 */ }

class TrieMap { /* 见上文 */ }

648.单词替换 🔗

可以把输入的词根列表 dict 存入 TrieSet，然后直接复用实现的 shortestPrefixOf 函数：

String replaceWords(List<String> dict, String sentence) {
    // 先将词根都存入 TrieSet
    TrieSet set = new TrieSet();
    for (String key : dict) {
        set.add(key);
    }
    StringBuilder sb = new StringBuilder();
    String[] words = sentence.split(" ");
    // 处理句子中的单词
    for (int i = 0; i < words.length; i++) {
        // 在 Trie 树中搜索最短词根（最短前缀）
        String prefix = set.shortestPrefixOf(words[i]);
        if (!prefix.isEmpty()) {
            // 如果搜索到了，改写为词根
            sb.append(prefix);
        } else {
            // 否则，原样放回
            sb.append(words[i]);
        }

        if (i != words.length - 1) {
            // 添加单词之间的空格
            sb.append(' ');
        }
    }

    return sb.toString();
}

class TrieSet { /* 见上文 */ }

class TrieMap { /* 见上文 */ }

211.添加与搜索单词 🔗

考点在于 search 函数进行通配符匹配，其实就是给 TrieSet 实现的 hasKeyWithPattern 方法：

class WordDictionary {
    TrieSet set = new TrieSet();

    // 在 TrieSet 中添加元素
    public void addWord(String word) {
        set.add(word);
    }

    // 通配符匹配元素
    public boolean search(String word) {
        return set.hasKeyWithPattern(word);
    }
}

class TrieSet { /* 见上文 */ }

class TrieMap { /* 见上文 */ }

超时可以根据题目将 R 改小。

1804.实现Trie(前缀树) II 🔗

这题就可以用到 TrieMap，每个插入的 word 就是键，插入的次数就是对应的值，然后复用 TrieMap 的 API 就能实现题目要求的这些函数：

class Trie {
    // 封装实现的 TrieMap
    TrieMap<Integer> map = new TrieMap<>();

    // 插入 word 并记录插入次数
    public void insert(String word) {
        if (!map.containsKey(word)) {
            map.put(word, 1);
        } else {
            map.put(word, map.get(word) + 1);
        }
    }

    // 查询 word 插入的次数
    public int countWordsEqualTo(String word) {
        if (!map.containsKey(word)) {
            return 0;
        }
        return map.get(word);
    }

    // 累加前缀为 prefix 的键的插入次数总和
    public int countWordsStartingWith(String prefix) {
        int res = 0;
        for (String key : map.keysWithPrefix(prefix)) {
            res += map.get(key);
        }
        return res;
    }

    // word 的插入次数减一
    public void erase(String word) {
        int freq = map.get(word);
        if (freq - 1 == 0) {
            map.remove(word);
        } else {
            map.put(word, freq - 1);
        }
    }
}

class TrieMap { /* 见上文 */ }

677.键值映射 🔗

class MapSum {
    // 封装实现的 TrieMap
    TrieMap<Integer> map = new TrieMap<>();

    // 插入键值对
    public void insert(String key, int val) {
        map.put(key, val);
    }

    // 累加所有前缀为 prefix 的键的值
    public int sum(String prefix) {
        List<String> keys = map.keysWithPrefix(prefix);
        int res = 0;
        for (String key : keys) {
            res += map.get(key);
        }
        return res;
    }
}

class TrieMap { /* 见上文 */ }

单调栈结构

栈（stack）是一种简单的数据结构，先进后出的逻辑顺序，符合某些问题的特点，比如函数调用栈。单调栈实际上就是栈，只是利用了一些巧妙的逻辑，使得每次新元素入栈后，栈内的元素都保持有序（单调递增或单调递减）。

单调栈模版

输入一个数组 nums，返回一个等长的结果数组，结果数组中对应索引存储着下一个更大元素，如果没有更大的元素就存 -1。

比如输入一个数组 nums = [2,1,2,4,3]，返回数组 [4,2,4,-1,-1]。因为第一个 2 后面比 2 大的数是 4; 1 后面比 1 大的数是 2；第二个 2 后面比 2 大的数是 4; 4 后面没有比 4 大的数，填 -1；3 后面没有比 3 大的数，填 -1。

这道题的暴力解法很容易想到，就是对每个元素后面都进行扫描，找到第一个更大的元素就行了。但是暴力解法的时间复杂度是 $O(n^2)$。

这个问题可以抽象思考：把数组的元素想象成并列站立的人，元素大小想象成人的身高。这些人面对站成一列，如何求元素「2」的下一个更大元素？如果能够看到元素「2」，那么他后面可见的第一个人就是「2」的下一个更大元素，因为比「2」小的元素身高不够，都被「2」挡住了，第一个露出来的就是答案。

代码：

int[] nextGreaterElement(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    // 存放答案的数组
    int res[] = new int[n];
    Stack<Integer> stack = new Stack();

    // 倒着往栈里放
    for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        // 判定大小
        while(!stack.isEmpty() && stack.peek() <= nums[i]) {
            // 小的出栈
            s.pop();
        }
        // nums[i] 后的更大元素
        res[i] = stack.isEmpty() ? -1 : stack.peek();
        stack.push(nums[i]);
    }
    return res;
}

这就是单调队列解决问题的模板。for 循环从后往前扫描元素，因为借助的是栈的结构，倒着入栈就是是正着出栈。while 循环是把两个「个子高」元素之间的元素排除。

总共有 n 个元素，每个元素都被 push 入栈了一次，而最多会被 pop 一次，没有任何冗余操作。所以总的计算规模是和元素规模 n 成正比的，也就是 $O(n)$ 的复杂度。

496.下一个更大元素 I 🔗

题目说 nums1 是 nums2 的子集，那么先把 nums2 中每个元素的下一个更大元素算出来存到一个映射里，然后再让 nums1 中的元素去查表即可：

public int[] nextGreaterElement(int[] nums1, int[] nums2) {
    // 记录 nums2 中每个元素的下一个更大元素
    int[] greater = nextGreaterElement(nums2);
    // 转化成映射：元素 x -> x 的下一个最大元素
    HashMap<Integer, Integer> greaterMap = new HashMap<>();
    
    for (int i = 0; i < nums2.length; i++) {
        greaterMap.put(nums2[i], greater[i]);
    }
    
    // nums1 是 nums2 的子集，所以根据 greaterMap 可以得到结果
    int[] res = new int[nums1.length];
    for (int i = 0; i < res.length; i++) {
        res[i] = greaterMap.get(nums1[i]);
    }
    return res;
}

public int[] nextGreaterElement(int[] nums) {
    // 见上文
}

这样，对于下一个更大或相等的元素可以将 while 判断中将 <= 改为 < 即可；对于下一个更小的元素将 while 中 <= 改为 >=；对于下一个更小或相等的元素可以改为 >。

若需寻找上一个，注意之前的 for 循环都是从数组的尾部开始往栈里添加元素，这样栈顶元素就是 nums[i] 之后的元素。所以只要我们从数组的头部开始往栈里添加元素，栈顶的元素就是 nums[i] 之前的元素，即可计算 nums[i] 的上一个更大元素。

739.每日温度 🔗

这里让求的是当前元素距离下一个更大元素的索引距离，对模版进行修改即可：

public int[] dailyTemperatures(int[] temperatures) {
    int n = temperatures.length;
    int[] res = new int[n];
    // 存放元素索引，而不是元素
    Stack<Integer> stack = new Stack<>();

    for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        while(!stack.isEmpty() && temperatures[stack.peek()] <= temperatures[i]) {
            stack.pop();
        }
        res[i] = stack.isEmpty() ? 0 : (stack.peek() - i);
        stack.push(i);
    }

    return res;
}

处理环形数组

503.下一个更大元素 II 🔗

输入一个「环形数组」，计算其中每个元素的下一个更大元素。比如输入 [2,1,2,4,3]，应该返回 [4,2,4,-1,4]，因为拥有了环形属性，最后一个元素 3 绕了一圈后找到了比自己大的元素 4。

我们一般是通过 % 运算符求模来模拟环形特效：

int[] arr = {1,2,3,4,5};
int n = arr.length, index = 0;
while (true) {
    // 在环形数组中转圈
    print(arr[index % n]);
    index++;
}

如输入是 [2,1,2,4,3]，对于最后一个元素 3，如何找到元素 4 作为下一个更大元素。对于这种需求，常用套路就是将数组长度翻倍：

这样，元素 3 就可以找到元素 4 作为下一个更大元素了，而且其他的元素都可以被正确地计算。

有了思路，最简单的实现方式当然可以把这个双倍长度的数组构造出来，然后套用算法模板。但是也可以不用构造新数组，而是利用循环数组的技巧来模拟数组长度翻倍的效果：

public int[] nextGreaterElements(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    int[] res = new int[n];
    Stack<Integer> stack = new Stack<>();

    // 数组长度加倍模拟环形数组
    for(int i = 2 * n - 1; i >= 0; i--) {
        // 索引 i 要求模
        while(!stack.isEmpty() && stack.peek() <= nums[i % n]) {
            stack.pop();
        }
        res[i % n] = stack.isEmpty() ? -1 : stack.peek();
        stack.push(nums[i % n]);
    }
    return res;
}

单调队列

单调队列主要是解决下面场景：

给一个数组 window，已知其最值为 A，如果给 window 中添加一个数 B，那么比较一下 A 和 B 就可以立即算出新的最值；但如果要从 window 数组中减少一个数，就不能直接得到最值了，因为如果减少的这个数恰好是 A，就需要遍历 window 中的所有元素重新寻找新的最值。

如果单纯地维护最值，优先级队列队头元素就是最值。但优先级队列无法满足标准队列结构「先进先出」的时间顺序，因为优先级队列底层利用二叉堆对元素进行动态排序，元素的出队顺序是元素的大小顺序，和入队的先后顺序完全没有关系。

所以需要一种新的队列结构，既能够维护队列元素「先进先出」的时间顺序，又能够正确维护队列中所有元素的最值，这就是「单调队列」结构。

「单调队列」这个数据结构主要用来辅助解决滑动窗口相关的问题。

239.滑动窗口最大值 🔗

搭建解题框架

普通的队列的标准 API：

class Queue {
    // enqueue 操作，在队尾加入元素 n
    void push(int n);
    // dequeue 操作，删除队头元素
    void pop();
}

实现的「单调队列」的 API：

class MonotonicQueue {
    // 在队尾添加元素 n
    void push(int n);
    // 返回当前队列中的最大值
    int max();
    // 队头元素如果是 n，删除它
    void pop(int n);
}

「滑动窗口」问题的解答框架：

int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) {
    MonotonicQueue window = new MonotonicQueue();
    List<Integer> res = new ArrayList<>();

    for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
        if(i < k - 1) {
            //先把窗口的前 k - 1 填满
            window.push(nums[i]);
        } else {
            // 窗口开始向前滑动
            // 移入新元素
            window.push(nums[i]);
            // 将当前窗口中的最大元素记入结果
            res.add(window.max());
            // 移出最后的元素
            window.pop(nums[i - k + 1]);
        }
    }

    // 将 List 类型转化成 int[] 数组作为返回值
    int[] arr = new int[res.size()];
    for (int i = 0; i < res.size(); i++) {
        arr[i] = res.get(i);
    }
    return arr;
}

实现单调队列数据结构

观察滑动窗口的过程能发现，实现「单调队列」必须使用一种数据结构支持在头部和尾部进行插入和删除，双链表就满足这个条件。

「单调队列」的核心思路和「单调栈」类似，push 方法依然在队尾添加元素，但是要把前面比自己小的元素都删掉：

class MonotonicQueue {
// 双链表，支持头部和尾部增删元素
// 维护其中的元素自尾部到头部单调递增
private LinkedList<Integer> maxq = new LinkedList<>();

// 在尾部添加一个元素 n，维护 maxq 的单调性质
public void push(int n) {
    // 将前面小于自己的元素都删除
    while(!maxq.isEmpty() && maxq.getLast() < n) {
        maxq.pollLast();
    }
    maxq.addLast(n);
}

如果每个元素被加入时都这样操作，最终单调队列中的元素大小就会保持一个单调递减的顺序，因此对于 max 方法：

public void max() {
    // 队头元素最大
    return maxq.getFirst();
}

pop 方法在队头删除元素 n：

public void pop(int n) {
    if(n == maxq.getFirst()) {
        maxq.pollFirst();
    }
}

之所以要判断 data.getFirst() == n，是因为想删除的队头元素 n 可能已经不存在了，这时候就不用删除：

完整代码：

/* 单调队列的实现 */
class MonotonicQueue {
    LinkedList<Integer> maxq = new LinkedList<>();
    public void push(int n) {
        // 将小于 n 的元素全部删除
        while (!maxq.isEmpty() && maxq.getLast() < n) {
            maxq.pollLast();
        }
        // 然后将 n 加入尾部
        maxq.addLast(n);
    }

    public int max() {
        return maxq.getFirst();
    }

    public void pop(int n) {
        if (n == maxq.getFirst()) {
            maxq.pollFirst();
        }
    }
}

/* 解题函数的实现 */
int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) {
    MonotonicQueue window = new MonotonicQueue();
    List<Integer> res = new ArrayList<>();

    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        if (i < k - 1) {
            //先填满窗口的前 k - 1
            window.push(nums[i]);
        } else {
            // 窗口向前滑动，加入新数字
            window.push(nums[i]);
            // 记录当前窗口的最大值
            res.add(window.max());
            // 移出旧数字
            window.pop(nums[i - k + 1]);
        }
    }
    // 需要转成 int[] 数组再返回
    int[] arr = new int[res.size()];
    for (int i = 0; i < res.size(); i++) {
        arr[i] = res.get(i);
    }
    return arr;
}

有一点细节问题：在实现 MonotonicQueue 时，我们使用了 Java 的 LinkedList，因为链表结构支持在头部和尾部快速增删元素；而在解法代码中的 res 则使用的 ArrayList 结构，因为后续会按照索引取元素，所以数组结构更合适。

对于复杂度分析，单独看 push 操作的复杂度确实不是 $O(1)$，但是算法整体的复杂度依然是 $O(N)$ 线性时间。nums 中的每个元素最多被 push 和 pop 一次，没有任何多余操作，所以整体的复杂度还是 $O(N)$。空间复杂度就是窗口的大小 $O(k)$。

单调队列的通用实现

之前的 MonotonicQueue 类只实现了 max 方法，还可以再额外添加一个 min 方法，在 $O(1)$ 的时间返回队列中所有元素的最小值。同时前面的 pop 方法还需要接收一个参数，这显然有悖于标准队列的做法。

/* 单调队列的通用实现，可以高效维护最大值和最小值 */
class MonotonicQueue<E extends Comparable<E>> {

    // 标准队列 API，向队尾加入元素
    public void push(E elem);

    // 标准队列 API，从队头弹出元素，符合先进先出的顺序
    public E pop();

    // 标准队列 API，返回队列中的元素个数
    public int size();

    // 单调队列特有 API，O(1) 时间计算队列中元素的最大值
    public E max();

    // 单调队列特有 API，O(1) 时间计算队列中元素的最小值
    public E min();
}

实现 min 方法类似于 max，可以在底层再维护一个 minq 队列，维护队列中元素从尾部到头部的元素单调递减，这样头部第一个元素就是所有元素中的最小值了。

由于 push 方法在添加元素的同时还可能会删除元素，所以 maxq 和 minq 中都没有保存所有元素。如果想实现标准的 pop 方法以及 size 方法，还得再额外维护一个标准队列 q，这个 q 存储所有存在于队列中的元素，不维护单调性：

/* 单调队列的实现，可以高效维护最大值和最小值 */
class MonotonicQueue<E extends Comparable<E>> {
    // 常规队列，存储所有元素
    LinkedList<E> q = new LinkedList<>();
    // 元素降序排列的单调队列，头部是最大值
    LinkedList<E> maxq = new LinkedList<>();
    // 元素升序排列的单调队列，头部是最小值
    LinkedList<E> minq = new LinkedList<>();

    public void push(E elem) {
        // 维护常规队列，直接在队尾插入元素
        q.addLast(elem);

        // 维护 maxq，将小于 elem 的元素全部删除
        while (!maxq.isEmpty() && maxq.getLast().compareTo(elem) < 0) {
            maxq.pollLast();
        }
        maxq.addLast(elem);

        // 维护 minq，将大于 elem 的元素全部删除
        while (!minq.isEmpty() && minq.getLast().compareTo(elem) > 0) {
            minq.pollLast();
        }
        minq.addLast(elem);
    }

    public E max() {
        // maxq 的头部是最大元素
        return maxq.getFirst();
    }

    public E min() {
        // minq 的头部是最大元素
        return minq.getFirst();
    }

    public E pop() {
        // 从标准队列头部弹出需要删除的元素
        E deleteVal = q.pollFirst();
        assert deleteVal != null;

        // 由于 push 的时候会删除元素，deleteVal 可能已经被删掉了
        if (deleteVal.equals(maxq.getFirst())) {
            maxq.pollFirst();
        }
        if (deleteVal.equals(minq.getFirst())) {
            minq.pollFirst();
        }
        return deleteVal;
    }

    public int size() {
        // 标准队列的大小即是当前队列的大小
        return q.size();
    }

    public boolean isEmpty() {
        return q.isEmpty();
    }
}

需要注意的是，这个通用实现内部维护了三个队列，且涉及到 Java 的泛型，所以在刷题平台上执行的效率不会高。如果追求效率，可以根据具体的题目简化单调队列的实现，从而提升效率。

1438.绝对差不超过限制的最长连续子数组 🔗

当窗口内绝对值之差不超过 limit 时扩大窗口，当新加入窗口的元素使得绝对值之差超过 limit 时开始收缩窗口，窗口的最大宽度即最长子数组的长度。

但当窗口进新元素时可以更新窗口中的最大值和最小值，但当窗口收缩时该如何更新最大值和最小值？这就用到单调队列结构，这里需要一个通用的 MonotonicQueue 类，用来高效判断窗口中的最大值和最小值：

class Solution {
    public int longestSubarray(int[] nums, int limit) {
        int left = 0, right = 0;
        int windowSize = 0, res = 0;
        MonotonicQueue<Integer> window = new MonotonicQueue<>();

        while(right < nums.length) {
            // 扩大窗口，更新窗口最值
            window.push(nums[right]);
            right++;
            windowSize++;

            while(window.max() - window.min() > limit) {
                // 缩小窗口，更新窗口最值
                window.pop();
                left++;
                windowSize--;
            }
            // 在窗口收缩判断完之后才更新答案
            res = Math.max(res, windowSize);
        }
        return res;
    }
}

/* 单调队列的实现，可以高效维护最大值和最小值 */
class MonotonicQueue<E extends Comparable<E>> {}

862.和至少为 K 的最短子数组 🔗

这题难点在于同时结合了「滑动窗口算法」、「前缀和技巧」和「单调队列」几个知识点。首先，想要快速记录子数组的和，需要「前缀和技巧」预计算一个 preSum 数组，然后在这个 preSum 数组上施展「滑动窗口算法」寻找一个差值大于 k 且宽度最小的「窗口」，这个窗口的大小就是题目想要的结果。当滑动窗口扩大时，新进入窗口的元素 preSum[right] 需要知道窗口中最小的那个元素是多少，和最小的那个元素相减才能得到尽可能大的子数组和。快速判断窗口中的最值就需要单调队列结构：

class Solution {
    public int shortestSubarray(int[] nums, int k) {
        int n = nums.length;
        // 根据题目的数据范围，前缀和数组中元素可能非常大，所以用 long 类型
        long[] preSum = new long[n + 1];
        preSum[0] = 0;
        
        // 计算 nums 的前缀和数组
        for(int i = 1; i <= n; i++) {
            preSum[i] = preSum[i - 1] + nums[i - 1];
        }

        // 单调队列结构辅助滑动窗口算法
        MonotonicQueue<Long> window = new MonotonicQueue<>();
        int left = 0, right = 0;
        int len = Integer.MAX_VALUE;

        // 开始执行滑动窗口算法框架
        while(right < preSum.length) {
            // 扩大窗口，元素入队
            window.push(preSum[right]);
            right++;
            // 若新进入窗口的元素和窗口中的最小值之差大于等于 k，
            // 说明得到了符合条件的子数组，缩小窗口，使子数组长度尽可能小
            while(right < preSum.length && !window.isEmpty() 
                && preSum[right] - window.min() >= k) {
                // 更新答案
                len = Math.min(len, right - left);
                // 缩小窗口
                window.pop();
                left++;
            }
        }
        return len == Integer.MAX_VALUE ? -1 : len;
    }
}

/* 单调队列的实现，可以高效维护最大值和最小值 */
class MonotonicQueue<E extends Comparable<E>> {}

918.环形子数组的最大和 🔗

把 nums 数组扩大一倍，计算前缀和数组 preSum，借助一个定长为 nums.length 的单调队列来计算环形数组中的最大子数组和：

class Solution {
    public int maxSubarraySumCircular(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        // 模拟环状的 nums 数组
        int[] preSum = new int[2 * n + 1];
        preSum[0] = 0;

        // 计算环状 nums 的前缀和
        for (int i = 1; i < preSum.length; i++) {
            preSum[i] = preSum[i - 1] + nums[(i - 1) % n];
        }

        // 记录答案
        int maxSum = Integer.MIN_VALUE;
        // 维护一个滑动窗口，以便根据窗口中的最小值计算最大子数组和
        MonotonicQueue<Integer> window = new MonotonicQueue<>();
        window.push(0);
        for (int i = 1; i < preSum.length; i++) {
            maxSum = Math.max(maxSum, preSum[i] - window.min());
            // 维护窗口的大小为 nums 数组的大小
            if (window.size() == n) {
                window.pop();
            }
            window.push(preSum[i]);
        }

        return maxSum;
    }
}

/* 单调队列的实现，可以高效维护最大值和最小值 */
class MonotonicQueue<E extends Comparable<E>> {}

二叉堆实现优先级队列

二叉堆是一种特殊的堆，二叉堆是完全二叉树或者是近似完全二叉树。二叉堆有两种：最大堆和最小堆。最大堆：父结点的键值总是大于或等于任何一个子节点的键值；最小堆：父结点的键值总是小于或等于任何一个子节点的键值。

二叉堆在逻辑上是一种特殊的二叉树（完全二叉树），只不过存储在数组里。一般的链表二叉树，我们操作节点的指针；而在数组里，我们把数组索引作为指针：

// 父节点的索引
int parent(int root) {
    return root / 2;
}
// 左孩子的索引
int left(int root) {
    return root * 2;
}
// 右孩子的索引
int right(int root) {
    return root * 2 + 1;
}

如 arr 是一个字符数组，注意数组的第一个索引 0 不使用：

因为这棵二叉树是「完全二叉树」，所以把 arr[1] 作为整棵树的根，每个节点的父节点和左右孩子的索引都可以通过简单的运算得到，这就是二叉堆设计的一个巧妙之处。

优先级队列

优先级队列这种数据结构有一个很有用的功能，在插入或者删除元素时，元素会自动排序，这底层的原理就是二叉堆的操作。

数据结构的功能无非增删查改，优先级队列有两个主要 API，分别是 insert 插入一个元素和 delMax 删除最大元素（如果底层用最小堆，就是 delMin）。

实现一个简化的优先级队列，代码框架：

这里用到 Java 的泛型，Key 可以是任何一种可比较大小的数据类型，比如 Integer 等类型。

public class MaxPQ<Key extends Comparable<Key>> {
    // 存储元素的数组
    private Key[] pq;
    // 当前 PriorityQueue 中的元素个数
    private int size = 0;

    public MaxPQ(int cap) {
        // 索引 0 不用，所以多分配一个空间
        pq = (Key[]) new Comparable[cap + 1];
    }

    /* 返回当前队列中最大元素 */
    public Key max() {
        return pq[1];
    }

    /* 插入元素 e */
    public void insert(Key e) {}

    /* 删除并返回当前队列中最大元素 */
    public Key delMax() {}

    /* 上浮第 x 个元素，以维护最大堆性质 */
    private void swim(int x) {}

    /* 下沉第 x 个元素，以维护最大堆性质 */
    private void sink(int x) {}

    /* 交换数组的两个元素 */
    private void swap(int i, int j) {
        Key temp = pq[i];
        pq[i] = pq[j];
        pq[i] = temp;
    }

    /* 判断 pq[i] 是否比 pq[j] 小 */
    private boolean less(int i, int j) {
        return pq[i].compareTo(pq[j]) < 0;
    }

    /* left, right, parent */
}

实现 swim 和 sink

为了维护堆结构，需要有上浮 swim 和下沉 sink 的操作。

这里要实现是最大堆，每个节点都比它的两个子节点大，但是在插入元素和删除元素时，难免破坏堆的性质，这就需要通过这两个操作来恢复堆的性质。

对于最大堆，会破坏堆性质的有两种情况：

如果某个节点 A 比它的子节点（中的一个）小，那么 A 就不应该做父节点，应该下去，下面那个更大的节点上来做父节点，这就是对 A 进行下沉。
如果某个节点 A 比它的父节点大，那么 A 不应该做子节点，应该把父节点换下来，自己去做父节点，这就是对 A 的上浮。

当然，错位的节点 A 可能要上浮（或下沉）很多次，才能到达正确的位置，恢复堆的性质。

虽然上h和下沉操作是互逆等价的，但是最终我们的操作只会在堆底和堆顶进行，显然堆底的「错位」元素需要上浮，堆顶的「错位」元素需要下沉。

上浮代码实现：

private void swim(int x) {
    // 浮到堆顶就不能再上浮
    while(x > 1 && less(parent(x), x)) {
        // 如果第 x 个元素比上层大
        // 将 x 换上去
        swap(parent(x), x);
        x = parent(x);
    }
}

下沉的代码实现：

上浮某个节点 A，只需要 A 和其父节点比较大小即可；但下沉某个节点 A，需要 A 和其两个子节点比较大小，如果 A 不是最大的就需要调整位置，要把较大的那个子节点和 A 交换。

private void sink(int x) {
    // 沉到堆底就不能再下沉
    while(left(x) <= size) {
        // 假设左边节点较大
        int max = left(x);
        // 如果右边节点存在，比一下大小
        if(right(x) <= size && less(max, right(x))) {
            max = right(x);
        }
        // 结点 x 比两个孩子都大，不需要下沉
        if(less(max, x)) {
            break;
        }
        // 否则，不符合最大堆的结构，下沉 x 结点
        swap(x, max);
        x = max;
    }
}

实现 delMax 和 insert

这两个方法就是建立在 swim 和 sink 上的。

insert 方法先把要插入的元素添加到堆底的最后，然后让其上浮到正确位置。

public void insert(Key e) {
    size++;
    // 先把新元素加到最后
    pq[size] = e;
    // 然后让它上浮到正确的位置
    swim(size);
}

delMax 方法先把堆顶元素 A 和堆底最后的元素 B 对调，然后删除 A，最后让 B 下沉到正确位置。

public Key delMax() {
    // 最大堆的堆顶就是最大元素
    Key max = pq[1];
    // 把这个最大元素换到最后，删除之
    swap(1, size);
    pq[size] = null;
    size--;
    // 让 pq[1] 下沉到正确位置
    sink(1);
    return max;
}

至此，一个优先级队列就实现了，插入和删除元素的时间复杂度为 $O(logK)$，K 为当前二叉堆（优先级队列）中的元素总数。因为时间复杂度主要花费在 sink 或者 swim 上，而不管上浮还是下沉，最多就树（堆）的高度，也就是 log 级别。

队列实现栈及栈实现队列

队列是一种先进先出的数据结构，栈是一种先进后出的数据结构。这两种数据结构底层其实都是数组或者链表实现的。

用栈实现队列

232.用栈实现队列 🔗

使用两个栈 s1, s2 就能实现一个队列的功能：

class MyQueue {
    private Stack<Integer> s1, s2;

    public MyQueue() {
        s1 = new Stack();
        s2 = new Stack();
    }

    // ...
}

当调用 push 让元素入队时，只要把元素压入 s1 即可，如 push 进 3 个元素分别是 1,2,3，那么底层结构：

/** 添加元素到队尾 */
public void push(int x) {
    s1.push(x);
}

如果这时候使用 peek 查看队头的元素，队头元素应该是 1，但是在 s1 中 1 被压在栈底，因此需要 s2 起到中转的作用：当 s2 为空时，可以把 s1 的所有元素取出再添加进 s2，这时候 s2 中元素就是先进先出顺序了。

/** 返回队头元素 */
public int peek() {
    if(s2.isEmpty()) {
        // 把 s1 元素压入 s2
        while(!s1.isEmpty()) {
            s2.push(s1.pop())
        }
    }
    return s2.peek();
}

同理，对于 pop 操作，只需操作 s2。

/** 删除队头的元素并返回 */
public int pop() {
    // 先调用 peek 保证 s2 非空
    peek();
    return s2.pop();
}

判断队列是否为空需要判断是否两个栈都为空：

/** 判断队列是否为空 */
public boolean empty() {
    return s1.isEmpty() && s2.isEmpty();
}

至此，就用栈结构实现了一个队列，核心思想是利用两个栈互相配合。

peek 操作调用时可能触发 while 循环，这样时间复杂度是 O(N)，但是大部分情况下 while 循环不会被触发，时间复杂度是 O(1)。由于 pop 操作调用了 peek，它的时间复杂度和 peek 相同。

最坏时间复杂度是 $O(N)$，因为包含 while 循环，可能需要从 s1 往 s2 搬移元素。

均摊时间复杂度是 $O(1)$：对于一个元素，最多只可能被搬运一次，也就是说 peek 操作平均到每个元素的时间复杂度是 $O(1)$。

用队列实现栈

225.用队列实现栈 🔗

用队列实现栈只需要一个队列作为底层数据结构。

push 直接将元素加入队列，同时记录队尾元素，因为队尾元素相当于栈顶元素，如果要 top 查看栈顶元素可以直接返回：

class MyStack {
    Queue<Integer> q = new LinkedList<>();
    int top = 0;

    /** 添加元素到栈顶 */
    public void push(int x) {
        // x 是队列的队尾，是栈的栈顶
        q.offer(x);
        top = x;
    }

    /** 返回栈顶元素 */
    public int top() {
        return top;
    }
}

由于底层数据结构是先进先出的队列，每次 pop 只能从队头取元素；但是栈是后进先出，也就是说 pop 要从队尾取元素：

只需要把队列前面的都取出来再加入队尾，让之前的队尾元素排到队头，这样就可以取出了：

/** 删除栈顶的元素并返回 */
public int pop() {
    int size = q.size();
    while(size > 1) {
        q.offer(q.poll());
        size--;
    }
    // 之前的队尾元素已经到了队头
    return q.poll();
}

这样实现还存在对问题是：原来的队尾元素被提到队头并删除了，但是 top 变量没有更新，需要进行修改：

/** 删除栈顶的元素并返回 */
public int pop() {
    int size = q.size();
    // 留下队尾 2 个元素
    while (size > 2) {
        q.offer(q.poll());
        size--;
    }
    // 记录新的队尾元素
    top = q.peek();
    q.offer(q.poll());
    // 删除之前的队尾元素
    return q.poll();
}

empty 只需看底层的队列是否为空：

public boolean empty() {
    return q.isEmpty();
}

用队列实现栈 pop 操作时间复杂度是 $O(N)$，其他操作都是 $O(1)$。

数学运算技巧

常用的位操作

利用或操作 | 和空格将英文字符转换为小写

('a' | ' ') = 'a'
('A' | ' ') = 'a'

利用与操作 & 和下划线将英文字符转换为大写

('b' & '_') = 'B'
('B' & '_') = 'B'

利用异或操作 ^ 和空格进行英文字符大小写互换

('d' ^ ' ') = 'D'
('D' ^ ' ') = 'd'

以上操作能够产生奇特效果的原因在于 ASCII 编码。ASCII 字符其实就是数字，恰巧这些字符对应的数字通过位运算就能得到正确的结果。

判断两个数是否异号

int x = -1, y = 2;
boolean f = ((x ^ y) < 0); // true

int x = 3, y = 2;
boolean f = ((x ^ y) < 0); // false

利用补码编码的符号位。如果不用位运算来判断是否异号，需要使用 if else 分支。若利用乘积或者商来判断两个数是否异号可能造成溢出，从而出现错误。

不用临时变量交换两个数

int a = 1, b = 2;
a ^= b;
b ^= a;
a ^= b;
// 现在 a = 2, b = 1

加一

int n = 1;
n = -~n;
// 现在 n = 2

减一

int n = 2;
n = ~-n;
// 现在 n = 1

以上仅供了解。

n & (n-1) 的运用

n & (n-1) 是算法中常见的操作，作用是消除数字 n 的二进制表示中的最后一个 1。

其核心逻辑就是，n - 1 一定可以消除最后一个 1，同时把其后的 0 都变成 1，这样再和 n 做一次 & 运算，就可以仅仅把最后一个 1 变成 0 了。

191.位1的个数 🔗

返回 n 的二进制表示中有几个 1。因为 n & (n - 1) 可以消除最后一个 1，所以可以用一个循环不停地消除 1 同时计数，直到 n 变成 0 为止。

public int hammingWeight(int n) {
    int res = 0;
    while(n != 0) {
        // 消除数字 n 的二进制表示中的最后一个 1
        n = n & (n - 1);
        res++;
    }
    return res;
}

231.2的幂 🔗

一个数如果是 2 的指数，那么它的二进制表示一定只含有一个 1：

2^0 = 1 = 000001
2^1 = 2 = 000010
2^2 = 4 = 000100
2^3 = 8 = 001000

如果使用 n & (n-1) 的技巧就很简单了（注意运算符优先级，括号不可以省略）：

boolean isPowerOfTwo(int n) {
    if (n <= 0) return false;
    return (n & (n - 1)) == 0;
}

a ^ a = 0 的运用

一个数和它本身做异或运算结果为 0，即 a ^ a = 0；一个数和 0 做异或运算的结果为它本身，即 a ^ 0 = a。

136.只出现一次的数字 🔗

对于这道题目，只需要把所有数字进行异或，成对的数字就会变成 0，落单的数字和 0 做异或还是它本身，所以最后异或的结果就是只出现一次的元素：

int singleNumber(int[] nums) {
    int res = 0;
    for (int n : nums) {
        res ^= n;
    }
    return res;
}

268.丢失的数字 🔗

应该很容易想到把数组排序后遍历就可以找到缺失的那个元素了。

或者借助数据结构的特性，用 HashSet 把数组里出现的数字都储存下来，再遍历 [0,n] 之间的数字，去 HashSet 中查询，也可以很容易查出缺失的元素。

排序解法的时间复杂度是 O(NlogN)，HashSet 的解法时间复杂度是 O(N)，但是还需要 O(N) 的空间复杂度存储 HashSet。

这个问题其实还有一个特别简单的解法：等差数列求和公式。

题目的意思理解为：现在有个等差数列 0, 1, 2,..., n，其中少了某一个数字，请把它找出来。那这个数字就是 sum(0,1,..n) - sum(nums) ：

int missingNumber(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    // 虽然题目给的数据范围不大，但严谨起见，用 long 类型防止整型溢出
    // 求和公式：(首项 + 末项) * 项数 / 2
    long expect = (0 + n) * (n + 1) / 2;
    long sum = 0;
    for (int x : nums) {
        sum += x;
    }
    return (int)(expect - sum);
}

还可以利用位运算技巧来解决这道题。异或运算满足交换律和结合律：

2 ^ 3 ^ 2 = 3 ^ (2 ^ 2) = 3 ^ 0 = 3

而这道题就可以通过这些性质巧妙算出缺失的那个元素，比如 nums = [0,3,1,4]：

为了容易理解，假设先把索引补一位，然后让每个元素和自己相等的索引相对应：

除了缺失元素外，所有的索引和元素都组成一对了，现在如果把这个落单的索引 2 找出来，也就找到了缺失的那个元素。只要把所有的元素和索引做异或运算，成对的数字都会消为 0，只有这个落单的元素会剩下，也就达到了目的：

int missingNumber(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    int res = 0;
    // 先和新补的索引异或
    res ^= n;
    // 和其他的元素、索引做异或
    for (int i = 0; i < n; i++)
        res ^= i ^ nums[i];
    return res;
}

阶乘

172.阶乘后的零 🔗

首先两个数相乘结果末尾有 0，一定是因为两个数中有因子 2 和 5，因为 10 = 2 x 5。也就是说，问题转化为：n! 最多可以分解出多少个因子 2 和 5。

比如 n = 25，那么 25! 最多可以分解出几个 2 和 5 相乘主要取决于能分解出几个因子 5，因为每个偶数都能分解出因子 2，因子 2 肯定比因子 5 多。25! 中 5 可以提供一个，10 可以提供一个，15 可以提供一个，20 可以提供一个，25 可以提供两个，总共有 6 个因子 5，所以 25! 的结果末尾就有 6 个 0。

现在问题转化为：n! 最多可以分解出多少个因子 5。难点在于像 25，50，125 这样的数，可以提供不止一个因子 5。假设 n = 125，125! 的结果末尾有几个 0：

首先 125 / 5 = 25 计算出有多少个像 5，15，20，25 这些 5 的倍数，它们一定可以提供一个因子 5。再计算 125! 中有 125 / 25 = 5 个 25 的倍数，它们可以额外再提供一个因子 5。再计算出 125! 中有 125 / 125 = 1 个 125 的倍数，它还可以额外再提供一个因子 5。

125! 最多可以分解出 25 + 5 + 1 = 31 个因子 5，也就是说阶乘结果的末尾有 31 个 0。

理解了这个思路，就可以理解解法代码了：

public int trailingZeroes(int n) {
    int res = 0;
    long divisor = 5;
    while (divisor <= n) {
        res += n / divisor;
        divisor *= 5;
    }
    return res;
}

这里 divisor 变量使用 long 型，因为假如 n 比较大，考虑 while 循环的结束条件，divisor 可能出现整型溢出。

上述代码可以改写地更简单一些：

public int trailingZeroes(int n) {
    int res = 0;
    for (int d = n; d / 5 > 0; d = d / 5) {
        res += d / 5;
    }
    return res;
}

时间复杂度是底数为 5 的对数 O(logN)。

793.阶乘函数后K个零 🔗

一个直观地暴力解法就是穷举，随着 n 的增加，n! 也是递增的，trailingZeroes(n!) 肯定也是递增的，伪码逻辑如下：

int res = 0;
for (int n = 0; n < +inf; n++) {
    if (trailingZeroes(n) < k) {
        continue;
    }
    if (trailingZeroes(n) > k) {
        break;
    }
    if (trailingZeroes(n) == k) {
        res++;
    }
}
return res;

对于这种具有单调性的函数，用 for 循环遍历，可以使用二分查找。

搜索有多少个 n 满足 trailingZeroes(n) == k，就是求满足条件的 n 最小最大值，最大最小之差就可以算出有多少个 n 满足条件。这也就是二分查找中「搜索左侧边界」和「搜索右侧边界」操作。

二分查找需要给一个搜索区间上界和下界，上述伪码中 n 的下界显然是 0，但上界是 +inf。首先，数学上的正无穷是无法用编程表示出来的，一般的方法是用一个非常大的值，大到这个值一定不会被取到。比如 int 类型的最大值 INT_MAX（2^31 - 1，大约 31 亿），还不够的话就 long 类型的最大值 LONG_MAX（2^63 - 1）。这道题目限制 k 在 [0, 10^9] 区间内的整数，trailingZeroes(n) 的结果最多可以达到 10^9。

trailingZeroes 函数是单调函数，先算一下 trailingZeroes(INT_MAX) 的结果，比 10^9 小一些，所以 LONG_MAX 可以作为搜索的上界。

注意为了避免整型溢出的问题，trailingZeroes 函数需要把所有数据类型改成 long：

// 逻辑不变，数据类型全部改成 long
long trailingZeroes(long n) {
    long res = 0;
    for (long d = n; d / 5 > 0; d = d / 5) {
        res += d / 5;
    }
    return res;
}

现在就明确了问题：

在区间 [0, LONG_MAX] 中寻找满足 trailingZeroes(n) == k 的左侧边界和右侧边界。根据二分查找算法框架：

/* 主函数 */
public int preimageSizeFZF(int K) {
    // 左边界和右边界之差 + 1 就是答案
    return (int)(right_bound(K) - left_bound(K) + 1);
}

/* 搜索 trailingZeroes(n) == K 的左侧边界 */
long left_bound(int target) {
    long lo = 0, hi = Long.MAX_VALUE;
    while (lo < hi) {
        long mid = lo + (hi - lo) / 2;
        if (trailingZeroes(mid) < target) {
            lo = mid + 1;
        } else if (trailingZeroes(mid) > target) {
            hi = mid;
        } else {
            hi = mid;
        }
    }
    return lo;
}

/* 搜索 trailingZeroes(n) == K 的右侧边界 */
long right_bound(int target) {
    long lo = 0, hi = Long.MAX_VALUE;
    while (lo < hi) {
        long mid = lo + (hi - lo) / 2;
        if (trailingZeroes(mid) < target) {
            lo = mid + 1;
        } else if (trailingZeroes(mid) > target) {
            hi = mid;
        } else {
            lo = mid + 1;
        }
    }
    return lo - 1;
}

高效寻找质数

204.计数质素 🔗

在初学编程语言时经常遇到这种问题，以前的解决方案：

int countPrimes(int n) {
    int count = 0;
    for (int i = 2; i < n; i++)
        if (isPrime(i)) count++;
    return count;
}

// 判断整数 n 是否是素数
boolean isPrime(int n) {
    for (int i = 2; i < n; i++)
        if (n % i == 0)
            // 有其他整除因子
            return false;
    return true;
}

这样的时间复杂度为 O(n^2)。可以修改 isPrime 函数：

boolean isPrime(int n) {
    for (int i = 2; i * i <= n; i++)
        ...
}

i 不需要遍历到 n，只需要到 sqrt(n) 即可。假设 n = 12：

12 = 2 × 6
12 = 3 × 4
12 = sqrt(12) × sqrt(12)
12 = 4 × 3
12 = 6 × 2

后两个乘积就是前面两个反过来，反转临界点就在 sqrt(n)。如果在 [2, sqrt(n)] 这个区间之内没有发现可整除因子，就可以直接断定 n 是素数了，因为在区间 [sqrt(n), n] 也一定不会发现可整除因子。

这样 isPrime 函数的时间复杂度降为 O(sqrt(N))。

高效实现 countPrimes

这种方法叫做「素数筛选法」，核心思路和上面的常规思路相反：

首先从 2 开始，2 是一个素数，那么 2 × 2 = 4, 3 × 2 = 6, 4 × 2 = 8… 都不可能是素数了。

然后 3 也是素数，那么 3 × 2 = 6, 3 × 3 = 9, 3 × 4 = 12… 也都不可能是素数了。

int countPrimes(int n) {
    boolean[] isPrime = new boolean[n];
    // 将数组都初始化为 true
    Arrays.fill(isPrime, true);

    for (int i = 2; i < n; i++) {
        if (isPrime[i]) {
            // i 的倍数不可能是素数了
            for (int j = 2 * i; j < n; j += i) {
                    isPrime[j] = false;
            }
        }
    }

    int count = 0;
    for (int i = 2; i < n; i++) {
        if (isPrime[i]) {
            count++;
        }
    }
    
    return count;
}

对代码进行优化。首先，由于因子的对称性，其中的 for 循环只需要遍历 [2, sqrt(n)] 就够了。这里外层的 for 循环也只需要遍历到 sqrt(n)：

for (int i = 2; i * i < n; i++) 
    if (isPrime[i]) 
        ...

内层的 for 循环可以把 i 的整数倍都标记为 false，但是仍然存在计算冗余。如 n = 25，i = 5 时算法会标记 5 × 2 = 10，5 × 3 = 15 等数字，但这两个数字已经被 i = 2 和 i = 3 的 2 × 5 和 3 × 5 标记了。让 j 从 i 的平方开始遍历，而不是从 2 * i 开始：

for (int j = i * i; j < n; j += i) 
    isPrime[j] = false;

这样素数计数的算法就高效实现了，这个算法的名字叫做 Sieve of Eratosthenes：

int countPrimes(int n) {
    boolean[] isPrime = new boolean[n];
    Arrays.fill(isPrime, true);
    for (int i = 2; i * i < n; i++) {
        if (isPrime[i]) {
            for (int j = i * i; j < n; j += i) {
                isPrime[j] = false;
            }
        }
    }
    
    int count = 0;
    for (int i = 2; i < n; i++) {
        if (isPrime[i]) {
            count++; 
        }
    }
    
    return count;
}

高效进行模幂运算

372.超级次方 🔗

这道题有三个难点：

如何处理用数组表示的指数。b 是一个数组，它可以非常大，无法直接转成整型否则可能溢出。如何把这个数组作为指数并进行运算。
如何得到求模之后的结果。通常应该先把幂运算结果算出来，然后做 % 1337 运算。但指数运算结果会非常大，算出来的结果也无法表示，会造成溢出报错。
如何高效进行幂运算。

如何处理数组指数

首先明确问题：b 是一个数组且不能表示成整型，而且数组的特点是随机访问，删除最后一个元素比较高效。

不考虑求模的要求，以 b = [1,5,6,4] 为例。结合指数运算的法则，可以发现规律：

$$ a^{[1,5,6,4]} \\ \ = a^4 \times a^{[1,5,6,0]} \\ \ = a^4 \times (a^{[1,5,6]})^{10} $$

问题的规模缩小了，很容易想到递归：

    superPow(a, [1,5,6,4])
->  superPow(a, [1,5,6])

这样就可以写出代码框架：

// 计算 a 的 k 次方的结果
int myPow(int a, int k);

int superPow(int a, int[] b) {
        return superPow(a, b, b.length);
}

int superPow(int a, int[] b, int len) {
    // 递归的 base case
    if (len == 0) {
        return 1;
    }

    // 取出最后一个数
    int last = b[len - 1];
    len--;

    // 将原问题化简，缩小规模递归求解
    int part1 = myPow(a, last);
    int part2 = myPow(superPow(a, b, len), 10);

    // 合并出结果
    return part1 * part2;
}

如何处理 mod 运算

首先明确问题：由于计算机的编码方式，形如 (a * b) % base 这样的运算，乘法的结果可能导致溢出，我们希望找到一种技巧能够化简这种表达式，避免溢出同时得到结果。

比如在二分查找中求中点索引时用 (l + r) / 2 转化成 l + (r - l) / 2，避免溢出的同时得到正确的结果。

模运算的技巧：(a * b) % k = (a % k)(b % k) % k

证明：假设 a = Ak +B；b = Ck + D，其中 A,B,C,D 是任意常数，那么有 ab = ACk^2 + ADk + BCk +BD，ab % k = BD % k。又因为 a % k = B；b % k = D，所以 (a % k)(b % k) % k = BD % k。

对乘法的结果求模，等价于先对每个因子都求模，然后对因子相乘的结果再求模。

求一个数的幂就是对这个数连乘，所以只需要简单扩展刚才的思路，即可给幂运算求模：

int base = 1337;
// 计算 a 的 k 次方然后与 base 求模的结果
int mypow(int a, int k) {
    // 对因子求模
    a %= base;
    int res = 1;
    for (int i = 0; i < k; i++) {
        // 这里有乘法，是潜在的溢出点
        res *= a;
        // 对乘法结果求模
        res %= base;
    }
    return res;
}

int superPow(int a, int[] b) {
    int len = b.length;

    // 递归的 base case
    if (len == 0) {
        return 1;
    }

    // 取出最后一个数
    int last = b[len - 1];
    len--;

    // 将原问题化简，缩小规模递归求解
    int part1 = myPow(a, last);
    int part2 = myPow(superPow(a, b, len), 10);

    // 每次乘法都要求模
    return (part1 * part2) % base;
}

先对因子 a 求模，然后每次都对乘法结果 res 求模，这样可以保证 res *= a 执行时两个因子都是小于 base 的，也就一定不会造成溢出，同时结果也是正确的。

如何高效求幂

利用幂运算的性质可以写出递归式：

$$ a^b = \begin{cases} a \times a^{b-1}& \text{ $ b为奇数 $ } \\ (a^{\frac{b}{2}})^2& \text{ $ b为偶数 $ } \end{cases} $$

修改之前的 mypow 函数，翻译这个递归公式，再加上求模的运算：

int base = 1337;

private int myPow(int a, int k) {
    if(k == 0) {
        return 1;
    }
    a = a % base;

    if(k % 2 == 1) {
        return (a * myPow(a, k - 1)) % base;
    } else{
        int sub = myPow(a, k / 2);
        return (sub * sub) % base;
    }
}

同时寻找缺失和重复的元素

645.错误的集合 🔗

可以遍历一次数组，用一个哈希表记录每个数字出现的次数，然后遍历一次 [1..N]，寻找重复出现和没有出现的元素。但这个常规解法需要一个哈希表，也就是 O(N) 的空间复杂度。

这个问题的特点是每个元素和数组索引有一定的对应关系。可以暂时将 nums 中的元素变为 [0..N-1]，这样每个元素就和一个数组索引完全对应了，方便理解。如果 nums 中不存在重复元素和缺失元素，那么每个元素就和唯一一个索引值对应。

若有一个元素重复，同时导致一个元素缺失，这会导致有两个元素对应到了同一个索引，而且会有一个索引没有元素对应。如果能够通过某些方法，找到这个重复对应的索引，就找到了重复元素，找到没有元素对应的索引，就找到了缺失的元素。

通过将每个索引对应的元素变成负数，以表示这个索引被对应过一次。这样就可以不使用额外空间判断某个索引有多少个元素对应：

对于缺失元素 3，那么索引 3 所对应的元素是正数：

翻译成代码：

int[] findErrorNums(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    int dup = -1;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        int index = Math.abs(nums[i]);
        // nums[index] 小于 0 则说明重复访问
        if(nums[index] < 0) {
            dup = Math.abs(nums[i]);
        } else {
            nums[index] *= -1;
        }
    }

    int missing = -1;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        // nums[i] 大于 0 则说明没有访问
        if(nums[i] > 0) {
            missing = i;
        }
    }
    
    return new int[]{dup, missing};
}

另外，假设的元素是 [0..N-1]，但题目要求是 [1..N]，所以只要简单修改两处地方即可得到原题的答案：

int[] findErrorNums(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    int dup = -1;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        // 元素从 1 开始
        int index = Math.abs(nums[i]) - 1;
        // nums[index] 小于 0 则说明重复访问
        if(nums[index] < 0) {
            dup = Math.abs(nums[i]);
        } else {
            nums[index] *= -1;
        }
    }

    int missing = -1;
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        // nums[i] 大于 0 则说明没有访问
        if(nums[i] > 0) {
            // 将索引转换成元素
            missing = i + 1;
        }
    }
    
    return new int[]{dup, missing};
}

元素从 1 开始是有道理的，也必须从一个非零数开始。因为如果元素从 0 开始，那么 0 的相反数还是 0，所以如果数字 0 出现了重复或者缺失，算法就无法判断 0 是否被访问过。之前的假设只是为了简化题目更通俗易懂。

对于这种数组问题，关键点在于元素和索引是成对出现的，常用的方法是排序、异或、映射。

映射的思路就是刚才的分析，将每个索引和元素映射起来，通过正负号记录某个元素是否被映射。

排序的方法可以想象如果元素都被从小到大排序，如果发现索引对应的元素如果不相符，就可以找到重复和缺失的元素。

异或运算也是常用的，因为异或性质 a ^ a = 0, a ^ 0 = a，如果将索引和元素同时异或，就可以消除成对的索引和元素，留下的就是重复或者缺失的元素。

一行代码

292.Nim游戏 🔗

解决这种问题的思路一般都是反向思考：

如果我能赢，那么最后到我取时必须剩下 1~3 颗石子，这样才能一把取完。
要使我取时剩下 1~3 颗石子，就要让对手取时只剩 4 颗石子。
要使对手取时剩下 4 颗石子，就要让我取时只剩 5~7 颗石子。
要使我取时剩下 5~7 颗石子，就要让对手取时只剩 8 颗石子。

这样一直循环下去，发现只要取到 4 的倍数，就永远逃不出 4 的倍数，而且一定会输。所以这道题的解法非常简单：

boolean canWinNim(int n) {
    // 若 n 可以被 4 整除，则肯定赢
    return n % 4 != 0;
}

877.石子游戏 🔗

只要对规则深入思考，会发现先手必胜：

boolean stoneGame(int[] piles) {
    return true;
}

因为题目有两个条件：石头总共有偶数堆，石头的总数是奇数。以 piles=[2, 1, 9, 5] 为例，假设这四堆石头从左到右的索引分别是 1，2，3，4。

如果把这四堆石头按索引的奇偶分为两组，即第 1、3 堆和第 2、4 堆，那么这两组石头的数量一定不同，也就是说一堆多一堆少。因为石头的总数是奇数，不能被平分。

而先手控制自己拿到所有偶数堆，或者所有的奇数堆。因此先手最开始可以选择第 1 堆或第 4 堆。如果想要偶数堆就拿第 4 堆，这样留给对手的选择只有第 1、3 堆，不管怎么拿，第 2 堆又会暴露出来可以拿。同理，如果想拿奇数堆就拿第 1 堆，留给对手的只有第 2、4 堆，不管怎么拿第 3 堆又暴露出来了。

也就是说，可以在第一步就观察好，奇数堆的石头总数多还是偶数堆的石头总数多，然后选择全拿奇数堆或全拿偶数堆即可。

电灯开关问题

319.灯泡开关 🔗

首先，因为电灯一开始都是关闭的，所以某一盏灯最后如果是点亮的，必然要被按奇数次开关。

假设只有 6 盏灯，需要进行 6 轮操作。对于第 6 盏灯，在第 1 轮，第 2 轮，第 3 轮，第 6 轮都会被按。因为 $6=1\times6=2\times3$。

一般情况下，因子都是成对出现的，也就是说开关被按的次数一般是偶数次。但是有特殊情况，如总共有 16 盏灯，那么第 16 盏灯会被按 5 次：$16=1\times16 = 2\times8 = 4\times4$ 其中因子 4 重复出现。同时当开关被按奇数次时最后灯才是亮的，因此对于 16 盏灯，其中有 $1^2=1$，$2^2=4$，$3^2=9$，$4^2=16$ 这四盏灯最后会亮。

第 i 个灯泡的反转次数等于它所有因子（包括 1 和 i）的个数，一开始的状态是灭的，因此只有反转奇数次才会变成亮的，所以只有因子个数为奇数的灯泡才会亮，只有平方数的因子数为奇数，所以最终答案等于 n 以内（包括 n 和 1）的平方数数量，只要计算 sqrt(n) 即可：

int bulbSwitch(int n) {
    return (int)Math.sqrt(n);
}

动态规划

动态规划解框架

动态规划问题的一般形式就是求最值。它其实是运筹学的一种最优化方法，只不过在计算机问题上应用比较多，比如求最长递增子序列，最小编辑距离等。

求解动态规划的核心问题是穷举。因为要求最值，肯定要把所有可行的答案穷举出来，然后在其中找最值。遇到求最值的问题首先需要思考如何穷举所有可能的结果。

首先，动态规划的穷举比较特别，因为这类问题存在「重叠子问题」。如果使用暴力穷举，效率会非常低。所以需要「备忘录」或「DP table」来优化穷举过程，避免不必要的计算。

然后，动态规划问题一定会具备「最优子结构」，这样才能通过子问题的最值的道原问题的最值。

最后，虽然动态规划的核心思想就是穷举求最值，但是问题可以千变万化，穷举所有可行解其实并不是一件容易的事，只有列出正确的「状态转移方程」，才能正确地穷举。

以上提到的重叠子问题、最优子结构、状态转移方程就是动态规划三要素。在实际的算法问题中，写出状态转移方程是最困难的，要想正确的写出状态转移方程，需要记住：

明确 base case -> 明确「状态」-> 明确「选择」 -> 定义 dp 数组/函数的含义。

最后的解法代码就会是如下的框架：

# 初始化 base case
dp[0][0][...] = base case
# 进行状态转移
for 状态1 in 状态1的所有取值：
    for 状态2 in 状态2的所有取值：
        for ...
            dp[状态1][状态2][...] = 求最值(选择1，选择2...)

下面通过斐波那契数列问题和凑零钱问题来详解动态规划的基本原理。前者主要是明白什么是重叠子问题（斐波那契数列没有求最值，所以严格来说不是动态规划问题），后者主要举集中于如何列出状态转移方程。

斐波那契数列

509.斐波那契数列 🔗

暴力递归

斐波那契数列的数学形式就是递归的，写成代码：

int fib(int n) {
    if(n == 0) return 0;
    if(n == 1 || n == 2) return 1;
    return fib(n - 1) + fib(n - 2);
}

这样写代码虽然简洁易懂，但是十分低效。假设 n = 20，其递归树：

要计算原问题 f(20)，就得先计算出子问题 f(19) 和 f(18)；要计算 f(19)，就要先算出子问题 f(18) 和 f(17)，以此类推。最后遇到 f(1) 或者 f(2) 时就能直接返回结果，递归树不再向下生长了。

递归算法的时间复杂度就是用子问题个数乘以解决一个子问题需要的时间。

首先计算子问题个数，即递归树中节点的总数。显然二叉树节点总数为指数级别，所以子问题个数为 O(2^n)。然后计算解决一个子问题的时间，在本算法中，没有循环，只有 f(n - 1) + f(n - 2) 一个加法操作，时间为 O(1)。所以这个算法的时间复杂度为二者相乘，即 O(2^n)，指数级别。

根据递归树可以明显发现算法低效的原因：存在大量重复计算，如 f(18) 被计算了两次，而且以 f(18) 为根的这个递归树体量巨大，多算一遍，会耗费巨大的时间。并且不止 f(18) 这一个节点被重复计算，所以这个算法及其低效。

这就是动态规划问题的第一个性质：重叠子问题。

带备忘录的递归解法

即然耗时的原因是重复计算，那么可以用一个「备忘录」来记录每次算出的某个子问题的答案；当遇到一个子问题时先去「备忘录」里查，如果发现之前已经解决过这个问题就直接获取答案，避免重复计算。

一般使用一个数组充当这个「备忘录」，当然也可以使用哈希表（字典）：

int fib(int n) {
    if(n == 0) return 0;
    int[] memo = new int[n + 1];
    return helper(memo, n);
}

int helper(int[] memo, int n) {
    // base case
    if(n == 1 || n == 2) return 1;
    // 已经计算过
    if(memo[n] != 0) return memo[n];
    memo[n] = helper(memo, n - 1) + helper(memo, n - 2);
    return memo[n];
}

现在的递归树：

实际上，带「备忘录」的递归算法，就是把一棵存在巨量冗余的递归树通过「剪枝」，改造成了一幅不存在冗余的递归图，极大减少了子问题（即递归图中节点）的个数：

子问题个数，即图中节点的总数，由于本算法不存在冗余计算，子问题就是 f(1), f(2), f(3) … f(20)，数量和输入规模 n = 20 成正比，所以子问题个数为 O(n)。解决一个子问题的时间同上，时间为 O(1)。所以，本算法的时间复杂度是 O(n)。

至此，带备忘录的递归解法的效率已经和迭代的动态规划解法一样了。实际上，这种解法和常见的动态规划解法已经差不多了，只不过这种解法是「自顶向下」进行「递归」求解，更常见的动态规划代码是「自底向上」进行「递推」求解。

如果直接从最底下、最简单、问题规模最小、已知结果的 f(1) 和 f(2)（base case）开始往上推，直到推到想要的答案 f(20)。这就是自底向上的「递推」思路，这也是动态规划一般都脱离了递归，而是由循环迭代完成计算的原因。

dp 数组的迭代（递推）解法

有了上一步「备忘录」的启发就可以把这个「备忘录」独立出来成为一张表，通常叫做 DP table，在这张表上完成「自底向上」的推算：

int fib(int n) {
    if(n == 0) {
        return 0;
    }
    if(n == 1 || n == 2) {
        return 1;
    }

    int dp[] = new int[n + 1];
    // base case
    dp[0] = 0, dp[1] = dp[2] = 1;
    // 状态转移
    for(int i = 3; i <= n; i++) {
        dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
    }
    return dp[n];
}

这里的 dp 与之前「剪枝」的结果非常相似，只是 dp 与它顺序相反。实际上，带备忘录的递归解法中的「备忘录」，最终完成后就是这个 DP table。所以这两种解法在大部分情况下效率也基本相同。

「状态转移方程」就是描述问题结构的数学形式：

$$ f(n) = \begin{cases} 1& \text{ $ n=1,2 $ } \\ f(n-1)+f(n-2)& \text{ $ n>2 $ } \end{cases} $$

f(n) 的函数参数会不断变化，所以把参数 n 想做一个状态，这个状态 n 是由状态 n - 1 和状态 n - 2 转移（相加）而来，这就叫状态转移。

上面的几种解法中的所有操作，如 return f(n - 1) + f(n - 2)，dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]，以及对备忘录或 DP table 的初始化操作，都是围绕这个方程式的不同表现形式。

可见列出「状态转移方程」的重要性，它是解决问题的核心，而且状态转移方程直接代表着暴力解法。

根据斐波那契数列的状态转移方程，当前状态只和之前的两个状态有关，因此并不需要维护一个长度为 n 的 DP table 来存储所有的状态。所以，可以进一步优化把空间复杂度降为 O(1)。这也就是最常见的计算斐波那契数的算法：

int fib(int n) {
    if(n == 0) {
        return 0;
    }
    if(n == 1 || n == 2) {
        return 1;
    }

    int prev = 1, curr = 1;
    for(int i = 3; i <= n; i++) {
        int sum = prev + curr;
        prev = curr;
        curr = sum;
    }
    return sum;
}

这一般是动态规划问题的最后一步优化，如果发现每次状态转移只需要 DP table 中的一部分，那么可以尝试缩小 DP table 的大小，只记录必要的数据，从而降低空间复杂度。

凑零钱问题

322.零钱兑换 🔗

暴力递归

首先，这个问题是动态规划问题，因为它具有「最优子结构」的。要符合「最优子结构」，子问题间必须互相独立。

这里若想求 amount = 11 时的最少硬币数（原问题），如果知道凑出 amount = 10, 9, 6 的最少硬币数（子问题），那么只需要把子问题的答案加一（再选一枚面值为 1, 2, 5 的硬币），求最小值，就是原问题的答案。因为硬币的数量是没有限制的，所以子问题之间没有相互制，是互相独立的。

正确列出状态转移方程：

确定 base case，目标金额 amount = 0 时算法返回 0，此时不再需要更多的硬币就可以凑出目标金额。
确定「状态」，也就是原问题和子问题中会变化的变量。由于硬币数量无限，硬币的面额也是题目给定的，只有目标金额会不断地向 base case 靠近，所以唯一的「状态」就是目标金额 amount。
确定「选择」，也就是导致「状态」产生变化的行为。目标金额变化，是因为每选择一枚硬币，就相当于减少了目标金额。所以所有硬币的面值就是「选择」。
明确 dp 函数/数组的定义。这里是自顶向下的解法，所以会有一个递归的 dp 函数，一般来说函数的参数就是状态转移中会变化的量，也就是上面说到的「状态」；函数的返回值就是题目要求计算的量。就本题来说，状态只有一个，即「目标金额」，题目要求计算凑出目标金额所需的最少硬币数量。

所以dp 函数的定义为：dp(n) 表示，输入一个目标金额 n，返回凑出目标金额 n 所需的最少硬币数量。

这样就可以写出解法的伪码：

int coinChange(int[] coins, int amount) {
    return dp(coins, amount);
}

// 定义：要凑出金额 n，至少要 dp(coins, n) 个硬币
int dp(int[] coins, int amount) {
    // 做选择，选择需要硬币最少的那个结果
    for(coin : coins) {
        res = min(res, 1 + dp(coins, amount - coin));
    }
    return res;
}

根据伪码再加上 base case 即可得到最终的答案。显然目标金额为 0 时，所需硬币数量为 0；当目标金额小于 0 时，无解，返回 -1：

int coinChange(int[] coins, int amount) {
    return dp(coins, amount);
}

// 定义：要凑出金额 n，至少要 dp(coins, n) 个硬币
int dp(int[] coins, int amount) {
    // base case
    if(amount == 0) {
        return 0;
    }
    if(amount < 0) {
        return -1;
    }

    int res = Integer.MAX_VALUE;

    // 做选择，选择需要硬币最少的那个结果
    for(int coin : coins) {
        // 计算子问题的结果
        int subProblem = dp(coins, amount - coin);
        // 子问题无解则跳过
        if(subProblem == -1) {
            continue;
        }
        // 在子问题中选择最优解，然后加一
        res = Math.min(res, 1 + subProblem);
    }

    return res == Integer.MAX_VALUE ? -1 : res;
}

这样，状态转移方程就完成了，以上代码的数学形式就是状态转移方程：

$$ dp(n) = \begin{cases} -1& \text{ $ n<0 $ } \\ 0& \text{ $ n=0 $ } \\ min\left{dp(n-coin)+1 | coin \in coins\right}& \text{ $n>0$} \end{cases} $$

假设目标金额为 n，给定的硬币个数为 k，那么递归树最坏情况下高度为 n（全用面额为 1 的硬币），然后再假设这是一棵满 k 叉树，则节点的总数在 k^n 数量级。接下来看每个子问题的复杂度，由于每次递归包含一个 for 循环，复杂度为 O(k)，相乘得到总时间复杂度为 O(k^n)，指数级别。

带备忘录的递归

类似斐波那契数列的例子，可以通过备忘录消除重复子问题：

int coinChange(int[] coins, int amount) {
    int[] memo = new int[amount + 1];
    // 备忘录初始化为一个不会被取到的特殊值，代表还未被计算
    Arrays.fill(memo, -100);

    return dp(coins, amount);
}

// 定义：要凑出金额 n，至少要 dp(coins, n) 个硬币
int dp(int[] coins, int amount) {
    // base case
    if(amount == 0) {
        return 0;
    }
    if(amount < 0) {
        return -1;
    }
    // 查备忘录
    if(memo[amount] != -100) {
        return memo[amount];
    }

    int res = Integer.MAX_VALUE;

    // 做选择，选择需要硬币最少的那个结果
    for(int coin : coins) {
        // 计算子问题的结果
        int subProblem = dp(coins, amount - coin);
        // 子问题无解则跳过
        if(subProblem == -1) {
            continue;
        }
        // 在子问题中选择最优解，然后加一
        res = Math.min(res, 1 + subProblem);
    }
    // 把计算结果存入备忘录
    memo[amount] = (res == Integer.MAX_VALUE) ? -1 : res;
    return memo[amount];
}

「备忘录」大大减小了子问题数目，完全消除了子问题的冗余，所以子问题总数不会超过金额数 n，即子问题数目为 O(n)。处理一个子问题的时间不变，仍是 O(k)，所以总的时间复杂度是 O(kn)。

dp 数组的迭代解法

也可以自底向上使用 dp table 来消除重叠子问题，关于「状态」「选择」和 base case 与之前没有区别，dp 数组的定义和刚才 dp 函数类似，也是把「状态」，也就是目标金额作为变量。不过 dp 函数体现在函数参数，而 dp 数组体现在数组索引：

dp 数组的定义：当目标金额为 i 时，至少需要 dp[i] 枚硬币凑出。

根据动态规划代码框架可以写出如下解法：

int coinChange(int[] coins, int amount) {
    int[] dp = new int[amount + 1];
    // 数组大小为 amount + 1，初始值也为 amount + 1
    Arrays.fill(dp, amount + 1);

    // base case
    dp[0] = 0;
    // 外层 for 循环在遍历所有状态的所有取值
    for(int i = 1; i < dp.length; i++) {
        // 内层 for 循环在求所有选择的最小值
        for(int coin : coins) {
            // 子问题无解，跳过
            if(i - coin < 0) {
                continue;
            }
            dp[i] = Math.min(dp[i], 1 + dp[i - coin]);
        }
    }
    return (dp[amount] == amount + 1) ? -1 : dp[amount];
}

注意：因为凑成 amount 金额的硬币数最多只可能等于 amount（全用 1 元面值的硬币），所以将 dp 初始化为 amount + 1 就相当于初始化为正无穷，便于后续取最小值。若直接初始化为 int 型的最大值 Integer.MAX_VALUE 可能会因为 dp[i - coin] + 1 导致整型溢出。

子序列问题

最长递增子序列

最长递增子序列（Longest Increasing Subsequence，LIS）是一个非常经典的算法问题，比较容易想到的是动态规划解法，时间复杂度 O(N^2)，借这个问题来由浅入深地寻找状态转移方程，写出动态规划解法。

300.最长递增子序列 🔗

注意「子序列」和「子串」这两个名词的区别，子串一定是连续的，而子序列不一定是连续的。

动态规划解法

动态规划的核心设计思想是数学归纳法。

dp 数组的定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度。

根据这个定义就可以推出 base case：dp[i] 初始值为 1，因为以 nums[i] 结尾的最长递增子序列至少要包含它自己。

根据这个定义，最终结果（子序列的最大长度）应该是 dp 数组中的最大值。

int res = 0;
for(int i = 0; i < dp.length; i++) {
    res = Math.max(res, dp[i]);
}
return res;

使用数学归纳的思想来设计算法逻辑进行状态转移：

假设已经知道了 dp[0..4] 的所有结果，如何通过这些已知结果推出 dp[5]：

根据对 dp 数组的定义，现在想求 dp[5] 的值，就是想求以 nums[5] 为结尾的最长递增子序列。

nums[5] = 3，既然是递增子序列，只要找到前面那些结尾比 3 小的子序列，然后把 3 接到这些子序列末尾，就可以形成一个新的递增子序列，而且这个新的子序列长度加一。

nums[5] 前面小于它的元素用 for 循环比较就能把这些元素找出来。以这些元素为结尾的最长递增子序列的长度就是 dp 数组中记录的值。

如上图，nums[0] 和 nums[4] 都是小于 nums[5] 的，然后对比 dp[0] 和 dp[4] 的值，让 nums[5] 和更长的递增子序列结合，得出 dp[5] = 3：

for(int j = 0; j < i; j++) {
    if(nums[i] > nums[j]) {
        dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
    }
}

当 i = 5 时，这段代码逻辑就可以算出 dp[5]。对于 dp[4]，dp[3] 可以运用数学归纳法：

for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
    for(int j = 0; j < i; j++) {
        // 寻找 nums[0..j-1] 中比 nums[i] 小的元素
        if(nums[i] > nums[j]) {
            // 把 nums[i] 接在后面，即可形成长度为 dp[j] + 1，
            // 且以 nums[i] 为结尾的递增子序列
            dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
        }
    }
}

结合 base case 可以写出完整代码：

int lengthOfLIS(int[] nums) {
    // 定义：dp[i] 表示以 nums[i] 这个数结尾的最长递增子序列的长度
    int[] dp = new int[nums.length];
    
    // base case：dp 数组全都初始化为 1
    Arrays.fill(dp, 1);

    for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
        for(int j = 0; j < i; j++) {
            if(nums[i] > nums[j]) {
                dp[i] = Math.max(dp[i], dp[j] + 1);
            }
        }
    }

    int res = 0;
    for(int i = 0; i < dp.length; i++) {
        res = Math.max(res, dp[i]);
    }
    return res;
}

目前的解法是标准的动态规划，但对最长递增子序列问题来说，这个解法不是最优的，可能无法通过所有测试用例。

二分查找解法

最长递增子序列和一种叫做 patience game 的纸牌游戏有关，有一种排序方法就叫做 patience sorting（耐心排序）。

首先，对一排扑克牌要像遍历数组那样从左到右一张一张处理这些扑克牌，最终要把这些牌分成若干堆。

处理这些扑克牌要遵循以下规则：

只能把点数小的牌压到点数比它大的牌上；如果当前牌点数较大没有可以放置的堆，则新建一个堆，把这张牌放进去；如果当前牌有多个堆可供选择，则选择最左边的那一堆放置。

比如上述的扑克牌最终会被分成这样 5 堆（规定纸牌 A 的牌面是最大的，纸牌 2 的牌面是最小的）。

遇到多个可选择堆的时候要放到最左边的堆上可以保证牌堆顶的牌有序（2, 4, 7, 8, Q）。

按照上述规则执行，可以算出最长递增子序列，牌的堆数就是最长递增子序列的长度：

只需要把处理扑克牌的过程写出来即可。每次处理一张扑克牌都要找一个合适的牌堆顶来放置并且牌堆顶的牌有序，这就能用到二分查找：用二分查找来搜索当前牌应放置的位置。

int lengthOfLIS(int[] nums) {
    int[] top = new int[nums.length];
    // 牌堆数初始化为 0
    int piles = 0;
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        // 要处理的扑克牌
        int poker = nums[i];

        /***** 搜索左侧边界的二分查找 *****/
        int left = 0, right = piles;
        while (left < right) {
            int mid = (left + right) / 2;
            if (top[mid] > poker) {
                right = mid;
            } else if (top[mid] < poker) {
                left = mid + 1;
            } else {
                right = mid;
            }
        }
        
        // 没找到合适的牌堆，新建一堆
        if (left == piles) piles++;
        // 把这张牌放到牌堆顶
        top[left] = poker;
    }
    // 牌堆数就是 LIS 长度
    return piles;
}

二维最长递增的子序列

354.俄罗斯套娃信封问题 🔗

这道题目就是最长递增子序列的变种，因为每次合法的嵌套是大的套小的，相当于在二维平面中找一个最长递增的子序列，其长度就是最多能嵌套的信封个数。

前面的标准 LIS 算法只能在一维数组中寻找最长子序列，而信封是由 (w, h) 这样的二维数对形式表示的。可以先对宽度 w 进行升序排序，如果遇到 w 相同的情况，则按照高度 h 降序排序；之后把所有的 h 作为一个数组，在这个数组上计算 LIS 的长度就是答案。

然后在 h 上寻找最长递增子序列，这个子序列就是最优的嵌套方案：

首先，对宽度 w 从小到大排序，确保了 w 这个维度可以互相嵌套，所以只需要专注高度 h 这个维度能够互相嵌套即可。其次，两个 w 相同的信封不能相互包含，所以对于宽度 w 相同的信封，对高度 h 进行降序排序，保证 LIS 中不存在多个 w 相同的信封。

public int maxEnvelopes(int[][] envelopes) {
    public int maxEnvelopes(int[][] envelopes) {
        int n = envelopes.length;
        // 按宽度升序排列，如果宽度一样，则按高度降序排列
        Arrays.sort(envelopes, (a, b) -> a[0] == b[0] ? b[1] - a[1] : a[0] - b[0]);
        
        // 对高度数组寻找 LIS
        int[] height = new int[n];
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            height[i] = envelopes[i][1];
        }

        return lengthOfLIS(height);
    }

    private int lengthOfLIS(int[] nums) {
        // 见前文
    }
}

由于增加了测试用例，这里必须使用二分搜索版的 lengthOfLIS 函数才能通过所有测试用例。这样算法的时间复杂度为 O(NlogN)，因为排序和计算 LIS 各需要 O(NlogN) 的时间，加到一起还是 O(NlogN)；空间复杂度为 O(N)，因为计算 LIS 的函数中需要一个 top 数组。

最大子数组和

53. 最大子数组和 🔗

动态规划解法

这道题与求「最长递增子序列」非常相似，可以使用动态规划技巧。对 dp 数组的定义为：

以 nums[i] 为结尾的「最大子数组和」为 dp[i]。

这样，整个数组的数组和就是 dp[n - 1]。假设现在知道 dp[i - 1]，需要推出 dp[i]：

对于 dp[i] 有两种选择：前面的相邻子数组连接，形成一个和更大的子数组；自己单独作为一个更大的子数组（如上图绿色为与前面相邻，橙色为单独）：

dp[i] = Math.max(nums[i], nums[i] + dp[i - 1]);

最后再从 dp 数组中返回最大值即可：

public int maxSubArray(int[] nums) {
    if(nums.length == 0) {
        return 0;
    }
    int[] dp = new int[nums.length];

    // base case 
    // 第一个元素前面没有子数组
    dp[0] = nums[0];

    // 状态转移方程
    for(int i = 1; i < nums.length; i++) {
        dp[i] = Math.max(nums[i], nums[i] + dp[i - 1]);
    }

    int res = Integer.MIN_VALUE;
    for(int num : dp) {
        res = res > num ? res : num;
    }
    return res;
}

以上解法时间复杂度是 O(N)，空间复杂度也是 O(N)，较暴力解法已经很优秀了，不过注意到 dp[i] 仅仅和 dp[i-1] 的状态有关，因此可以进一步优化，将空间复杂度降低：

public int maxSubArray(int[] nums) {
    if(nums.length == 0) {
        return 0;
    }

    // base case 
    // 第一个元素前面没有子数组
    int prev = nums[0];
    int curr = 0, res = prev;

    // 状态转移方程
    for(int i = 1; i < nums.length; i++) {
        curr = Math.max(nums[i], nums[i] + prev);
        prev = curr;
        res = Math.max(res, prev);
    }
    
    return res;
}

前缀和解法

前缀和数组 preSum 就是 nums 元素的累加和，preSum[i+1] - preSum[j] 就是子数组 nums[j..i] 之和（根据 preSum 数组的实现，索引 0 是占位符，所以 i 有一位索引偏移）。

那么以 nums[i] 为结尾的最大子数组之和就是 preSum[i+1] - min(preSum[0..i])。

所以可以利用前缀和数组计算以每个元素结尾的子数组之和，进而得到和最大的子数组：

public int maxSubArray(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    int[] preSum = new int[n + 1];
    preSum[0] = nums[0];
    // 构造 nums 的前缀和数组
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        preSum[i] = preSum[i - 1] + nums[i - 1];
    }

    int res = Integer.MIN_VALUE;
    int minVal = Integer.MIN_VALUE;

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        // 维护 minVal 是 preSum[0..i] 的最小值
        minVal = Math.min(minVal, preSum[i]);
        // 以 nums[i] 结尾的最大子数组和就是 preSum[i+1] - min(preSum[0..i])
        res = Math.max(res, preSum[i + 1] - minVal);
    }

    return res;
}

最长公共子序列

1143.最长公共子序列 🔗

计算最长公共子序列（Longest Common Subsequence，LCS）是一道经典的动态规划题目，因为它的解法是典型的二维动态规划，大部分较难的字符串问题都和它有着很大的关联。

解决两个字符串的动态规划问题，一般都是用两个指针 i, j 分别指向两个字符串的最后，然后一步步往前移动，缩小问题的规模。

明确 dp 数组的含义

对于两个字符串的动态规划问题一般都需要一个二维 dp 数组。对于本题的 s1 和 s2 字符串，需要构造如下的 DP table：

其中，dp[i][j] 表示 s1[0..i - 1] 和 s2[0..j - 1] 的最长公共子序列的长度。

如上图 dp[2][4] 就表示：对于 "ac" 和 "babc" 的最长公共子序列长度为 2。根据这个定义，最终的答案应该是 dp[3][6]。

定义 base case

让索引为 0 的行和列表示空串，dp[0][..] 和 dp[..][0] 都应该初始化为 0。

如按照定义，dp[0][3] = 0 的含义是：对于空字符串 "" 和 "bab" 的最长公共子序列长度为 0。由于有空字符串，它们的最长公共子序列的长度显然应该为 0。

找状态方程

不妨称最长公共子序列为 lcs。对于 s1 和 s2 中的每个字符有两种选择：要么在 lcs 中，要么不在。

「在」和「不在」就是选择。如果某个字符应该在 lcs 中，那么这个字符肯定同时存在于 s1 和 s2 中。所以可以先写出一个递归解法，参考 dp 数组的定义来定义 dp 函数。

dp(1, j) 表示 s1[0..i] 和 s2[0..j] **中最长公共子序列的长度。**这样就可以找到状态转移关系：如果 s1[i] == s2[j]，说明这个公共字符一定在 lcs 中，若知道了 s1[0..i - 1] 和 s2[0..j - 1] 中的 lcs 长度，再加 1 就是 s1[0..i] 和 s2[0..j] 中 lcs 的长度。根据该定义可以写出以下逻辑：

// 定义：计算 s1[i..] 和 s2[j..] 的最长公共子序列长度
int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
    // base case
    if (i == s1.length() || j == s2.length()) {
        return 0;
    }

    if (s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
        // s1[i] 和 s2[j] 必然在 lcs 中
        return 1 + dp(s1, i + 1, s2, j + 1)
    } else {
        // ...
    }
}

如果 s1[i] != s2[j] 意味着 s1[i] 和 s2[j] 中至少有一个字符不在 lcs 中。有三种情况，分别计算三种情况的值，取最大值即可：

// 定义：计算 s1[i..] 和 s2[j..] 的最长公共子序列长度
int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
    if (s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
        return 1 + dp(s1, i + 1, s2, j + 1)
    } else {
        // s1[i] 和 s2[j] 中至少有一个字符不在 lcs 中
        // 穷举三种情况的结果，取其中的最大结果
        return max(            
            // 1. s1[i] 不在 lcs 中
            dp(s1, i + 1, s2, j),
            // 2. s2[j] 不在 lcs 中
            dp(s1, i, s2, j + 1),
            // 3. 都不在 lcs 中
            dp(s1, i + 1, s2, j + 1)
        );
    }
}

情况三在计算 s1[i + 1..] 和 s2[j + 1..] 的 lcs 长度，这个长度肯定是小于等于情况二 s1[i..] 和 s2[j+1..] 中的 lcs 长度的，因为 s1[i + 1..] 比 s1[i..] 短。同理，情况三的结果肯定也小于等于情况一。因此，情况三被情况一和情况二包含了，所以可以直接忽略掉情况三，完整代码如下：

// 备忘录，消除重叠子问题
int[][] memo;

int longestCommonSubsequence(String s1, String s2) {
    int m = s1.length(), n = s2.length();
    // 备忘录值为 -1 代表未曾计算
    memo = new int[m][n];
    for (int[] row : memo) 
        Arrays.fill(row, -1);
    // 计算 s1[0..] 和 s2[0..] 的 lcs 长度
    return dp(s1, 0, s2, 0);
}

// 定义：计算 s1[i..] 和 s2[j..] 的最长公共子序列长度
int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
    // base case
    if (i == s1.length() || j == s2.length()) {
        return 0;
    }
    // 如果之前计算过，则直接返回备忘录中的答案
    if (memo[i][j] != -1) {
        return memo[i][j];
    }
    // 根据 s1[i] 和 s2[j] 的情况做选择
    if (s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
        // s1[i] 和 s2[j] 必然在 lcs 中
        memo[i][j] = 1 + dp(s1, i + 1, s2, j + 1);
    } else {
        // s1[i] 和 s2[j] 至少有一个不在 lcs 中
        memo[i][j] = Math.max(
            dp(s1, i + 1, s2, j),
            dp(s1, i, s2, j + 1)
        );
    }
    return memo[i][j];
}

使用 memo 备忘录是因为有重叠子问题，抽象出核心 dp 函数的递归框架：

int dp(int i, int j) {
    dp(i + 1, j + 1); // #1
    dp(i, j + 1);     // #2
    dp(i + 1, j);     // #3
}

假如从 dp(i, j) 转移到 dp(i + 1, j + 1)，有不止一种方式，可以直接走 #1，也可以走 #2 -> #3，也可以走 #3 -> #2。这就是重叠子问题，如果不用 memo 备忘录消除子问题，那么 dp(i + 1, j + 1) 就会被多次计算。

根据递归解法很容易可以写出自底向上的迭代解法，dp 数组的定义如前文所定义的。据此可以写出解法：

public int longestCommonSubsequence(String text1, String text2) {
    int m = text1.length(), n = text2.length();
    int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
    // 定义：s1[0..i-1] 和 s2[0..j-1] 的 lcs 长度为 dp[i][j]
    // 目标：s1[0..m-1] 和 s2[0..n-1] 的 lcs 长度，即 dp[m][n]
    // base case: dp[0][..] = dp[..][0] = 0

    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        for(int j = 1; j <= n; j++) {
            // i 和 j 从 1 开始，所以要减一
            if(text1.charAt(i - 1) == text2.charAt(j - 1)) {
                // s1[i-1] 和 s2[j-1] 必然在 lcs 中
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1] + 1;
            } else {
                // s1[i-1] 和 s2[j-1] 至少有一个不在 lcs 中
                dp[i][j] = Math.max(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]);
            }
        }
    }

    return dp[m][n];
}

对于两个字符串的动态规划问题，一般来说都是这样定义 DP table，因为这样 dp[i][j] 的状态可以通过之前的状态推导出来：

找状态转移方程的方法是思考每个状态有哪些「选择」，只要能用正确的逻辑做出正确的选择，算法就能够正确运行。

编辑距离

72.编辑距离 🔗

「最长公共子序列」中说过，解决两个字符串的动态规划问题，一般都是用两个指针 i, j 分别指向两个字符串的最后，然后一步步往前移动，缩小问题的规模。

根据题目的示例，除了可以对一个单词进行「插入」、「删除」、「替换」操作外，还可以跳过，即不操作。

如若将 "rad" 修改为 "apple"：

至少需要五步，其中：

因为这两个字符本来就相同，为了使编辑距离最小，显然不应该对它们有任何操作，直接往前移动 i, j 即可。

还有一个很容易处理的情况，就是 j 走完 s2 时，如果 i 还没走完 s1，那么只能用删除操作把 s1 缩短为 s2。如：

理解原谅后就可以用代码实现。base case 是 i 走完 s1 或 j 走完 s2，可以直接返回另一个字符串剩下的长度。对于每对字符 s1[i] 和 s2[j]，可以有四种操作：

if (s1[i] == s2[j]) {
    skip
    i, j 同时向前移动
}
else {
    三选一: 
        插入 (insert)
        删除 (delete)
        替换 (replace)
}

「三选一」的选择是基于都试一遍后选择得到的编辑距离最小的。这里需要递归技巧，暴力解法代码：

int minDistance(String s1, String s2) {
    int m = s1.length(), n = s2.length();
    // i，j 初始化指向最后一个索引
    return dp(s1, m - 1, s2, n - 1);
}

// 定义：返回 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离
int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
    // base case
    if(i == -1) {
        return j + 1;
    }
    if(j == -1) {
        return i + i;
    }

    if(s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
        // skip
        return dp(s1, i - 1, s2, j - 1);
    }
    return min(
        // 插入
        dp(s1, i, s2, j - 1) + 1, 
        // 删除
        dp(s1, i - 1, s2, j) + 1, 
        // 替换
        dp(s1, i - 1, s2, j - 1) + 1
    );
}

int min(int a, int b, int c) {
    return Math.min(a, Math.min(b, c));
}

其中，当 s1[i] == s2[j] 时不需要任何操作，可以直接跳过。因此 dp(i, j) 就应当等于 dp(i - 1, j - 1)。

当 s1[i] != s2[j] 时，有三种选择：

dp(s1, i, s2, j - 1) + 1,    // 插入

在 s1[i] 插入一个和 s2[j] 一样的字符，那么 s2[j] 就被匹配了，前移 j 继续跟 i 对比。同时操作数加一：

dp(s1, i - 1, s2, j) + 1,    // 删除

把 s[i] 这个字符删掉，前移 i 继续跟 j 对比，同时操作数加一：

dp(s1, i - 1, s2, j - 1) + 1 // 替换

把 s1[i] 替换成 s2[j] 使它们匹配。同时前移 i，j 继续对比，操作数加一：

这样就能够理清楚三种选择了。同时代码中还存在重叠子问题：

int dp(i, j) {
    dp(i - 1, j - 1); // #1
    dp(i, j - 1);     // #2
    dp(i - 1, j);     // #3
}

对于子问题 dp(i - 1, j - 1)，有不止一条路径，如 dp(i, j) -> #1 和 dp(i, j) -> #2 -> #3。一旦发现一条重复路径，就说明存在巨量重复路径，也就是重叠子问题。因此可以使用备忘录或 DP table 优化代码：

// 备忘录
int [][] memo;

public int minDistance(String s1, String s2) {
    int m = s1.length(), n = s2.length();
    // 备忘录初始化为特殊值，代表还未计算
    memo = new int[m][n];
    for (int[] row : memo) {
        Arrays.fill(row, -1);
    }
    return dp(s1, m - 1, s2, n - 1);
}

private int dp(String s1, int i, String s2, int j) {
    // base case
    if (i == -1) return j + 1;
    if (j == -1) return i + 1;

    // 查备忘录，避免重叠子问题
    if(memo[i][j] != -1) {
        return memo[i][j];
    }

    // 状态转移，结果存入备忘录
    if(s1.charAt(i) == s2.charAt(j)) {
        memo[i][j] = dp(s1, i - 1, s2, j - 1);
    } else {
        memo[i][j] = min(
            dp(s1, i, s2, j - 1) + 1,
            dp(s1, i - 1, s2, j) + 1,
            dp(s1, i - 1, s2, j - 1) + 1
        );
    }

    return memo[i][j];
}

private int min(int a, int b, int c) {
    return Math.min(a, Math.min(b, c));
}

也可以使用 DP table。首先明确 dp 数组的含义，dp 数组是一个二维数组：

dp[..][0] 和 dp[0][..] 对应 base case，dp[i][j] 的含义和之前的 dp 函数类似：

int dp(String s1, int i, String s2, int j)
// 返回 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离

dp[i - 1][j - 1]
// 存储 s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离

dp 函数的 base case 是 i, j == -1，而数组索引至少是 0，所以 dp 数组会偏移一位：

public int minDistance(String s1, String s2) {
    int m = s1.length(), n = s2.length();
    // 定义：s1[0..i] 和 s2[0..j] 的最小编辑距离是 dp[i+1][j+1]
    int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];

    // base case
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        dp[i][0] = i;
    }
    for(int j = 1; j <= n; j++) {
        dp[0][j] = j;
    }

    // 自底向上求解
    for(int i = 1; i <= m; i++) {
        for(int j = 1; j <= n; j++) {
            if(s1.charAt(i - 1) == s2.charAt(j - 1)) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];
            } else {
                dp[i][j] = min(
                    dp[i][j - 1] + 1,
                    dp[i - 1][j] + 1,
                    dp[i - 1][j - 1] + 1
                );
            }
        }
    }
    return dp[m][n];
}

private int min(int a, int b, int c) {
    return Math.min(a, Math.min(b, c));
}

一般来说，处理两个字符串的动态规划问题都是按这个思路处理，建立 DP table。这样易于找出状态转移的关系，如编辑距离的 DP table：

若不仅需要求最小的编辑距离，还需要具体的操作，那么可以给 dp 数组增加额外的信息：

// int[][] dp;
Node[][] dp;

class Node {
    int val;
    int choice;
    // 0 代表跳过
    // 1 代表插入
    // 2 代表删除
    // 3 代表替换
}

val 属性就是之前的 dp 数组的数值，choice 属性代表操作。在做最优选择时把操作记录下来，然后就从结果反推具体操作。最终结果是 dp[m][n]，如插入操作，那么就可以左移一格：

重复此过程，可以一步步回到起点 dp[0][0]，形成一条路径，按这条路径上的操作进行编辑，就是最佳方案。

子序列问题解题模板

子序列问题本身相对子串、子数组更困难，因为前者是不连续的序列，而后两者是连续的。一般这类问题都是让求最长子序列。一旦涉及到子序列和最值，就可以知道考察的是动态规划技巧，时间复杂度一般都是 O(n^2)。

要用动态规划就要定义 dp 数组，找状态转移关系。两种思路模板，就是 dp 数组的定义思路。不同的问题可能需要不同的 dp 数组定义来解决。

一个一维的 dp 数组：

int n = arr.length;
int[] dp = new int[n];

for(int i = 1; i < n; i++) {
    for(int j = 0; j < i; j++) {
        dp[i] = max(dp[i], dp[j] + ...);
    }
}

如前文「最长递增子序列」和「最大子数组和」都是这种思路。在这个思路中 dp 数组的定义是：

在子数组 arr[0..i] 中，要求的子序列（最长递增子序列）的长度是 dp[i]。

一个二维的 dp 数组：

int n = arr.length;
int[][] dp = new int[n][n];

for(int i = 0; i < n; i++) {
    for(int j = 0; j < n; j++) {
        if(arr[i] == arr[j]) {
            dp[i][j] = dp[i][j] + ...;
        } else {
            dp[i][j] = max(...);
        }
    }
}

这种思路运用相对更多，尤其是涉及两个字符串/数组的子序列时，如前文「最长公共子序列」和「编辑距离」；这种思路也可以用于只涉及一个字符串/数组的情景，如本文的回文子序列问题。

涉及两个字符串/数组的场景，dp 数组的定义：

在子数组 arr1[0..i] 和子数组 arr2[0..j] 中，要求的子序列长度为 dp[i][j]。

只涉及一个字符串/数组的场景，dp 数组的定义：

在子数组 array[i..j] 中，要求的子序列的长度为 dp[i][j]。

516.最长回文子序列 🔗

对 dp 数组的定义是：在子串 s[i..j] 中，最长回文子序列的长度为 dp[i][j]。

如果想求 dp[i][j]，假设已知子问题 dp[i + 1][j - 1] 的结果（s[i+1..j-1] 中最长回文子序列的长度），可以根据 s[i] 和 s[j] 的字符算出 dp[i][j] 的值（s[i..j] 中，最长回文子序列的长度）：

如果 s[i] == s[j]，那么它们加上 s[i+1..j-1] 中的最长回文子序列就是 s[i..j] 的最长回文子序列：

如果 s[i] != s[j]，说明它们不可能同时出现在 s[i..j] 的最长回文子序列中，那么把它们分别加入 s[i+1..j-1] 中，看看哪个子串产生的回文子序列更长即可：

用代码表示：

if(s[i] == s[j]) {
    // 它们一定都在最长回文子序列中
    dp[i][j] = dp[i + 1][j + 1] + 2;
} else {
    // s[i+1..j] 和 s[i..j-1] 回文子序列更长的在子序列中
    dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
}

至此，状态转移方程就写出来了，根据 dp 数组的定义，要求的就是 dp[0][n - 1]，也就是整个 s 的最长回文子序列的长度。首先明确 base case：如果只有一个字符，显然最长回文子序列长度是 1，也就是 dp[i][j] = 1 (i == j)。因为 i 肯定小于等于 j，所以对于 i > j 的位置不存在子序列，应该初始化为 0。

根据状态转移方程可知，想求 dp[i][j] 需要知道 dp[i+1][j-1]，dp[i+1][j]，dp[i][j-1] 这三个位置；再根据确定的 base case，填入 dp 数组：

为了保证每次计算 dp[i][j]，左下右方向的位置已经被计算出来，只能斜着遍历或者反着遍历：

斜着遍历不太好理解，这里使用反着遍历：

int longestPalindromeSubseq(String s) {
    int n = s.length();
    // dp 数组初始化为 0
    int[][] dp = new int[n][n];

    // base case
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        dp[i][i] = 1;
    }

    // 反向遍历
    for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        for(int j = i + 1; j < n; j++) {
            if(s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
                dp[i][j] = 2 + dp[i + 1][j - 1];
            } else {
                dp[i][j] = Math.max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
            }
        }
    }

    return dp[0][n - 1];
}

至此，最长回文子序列的问题就解决了。

1312.计算让字符串成为回文串的最少插入次数 🔗

这也是一道单字符串的子序列问题，所以也可以使用一个二维 dp 数组，其中 dp[i][j] 的定义如下：

对字符串 s[i..j]，最少需要进行 dp[i][j] 次插入才能变成回文串。

根据 dp 数组的定义，base case 就是 dp[i][i] = 0，因为单个字符本身就是回文串，不需要插入。然后使用数学归纳法，假设已经计算出了子问题 dp[i + 1][j - 1] 的值了，思考如何推出 dp[i][j] 的值：

与最长回文子序列问题的状态转移方程非常类似，这里也分两种情况：

if(s[i] == s[j]) {
    // 不需要插入
    dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
} else {
    // 把 s[i+1..j] 和 s[i..j-1] 变成回文串，选插入次数少的
    // 还有插入一个 s[i] 或 s[j] 使 s[i..j] 是回文串
    dp[i][j] = min(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;
}

依然采取倒着遍历 dp 数组的方式，写出代码：

int minInsertions(String s) {
    int n = s.length();
    // dp[i][j] 表示把字符串 s[i..j] 变成回文串的最少插入次数
    // dp 数组初始化为 0
    int[][] dp = new int[n][n];

    for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        for(int j = i + 1; j < n; j++) {
            if(s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
                // 不需要插入
                dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1];
            } else {
                dp[i][j] = Math.min(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]) + 1;
            }
        }
    }

    return dp[0][n - 1];
}

至此，这道题也使用子序列解题模板解决了，整体逻辑和最长回文子序列非常相似。其实这个问题还可以直接复用回文子序列的解法：

先算出字符串 s 中的最长回文子序列，那些不在最长回文子序列中的字符就是需要插入的字符：

public int minInsertions(String s) {
    return s.length() - longestPalindromeSubseq(s);
}

private int longestPalindromeSubseq(String s) {
    // 见上文
}

空间压缩

动态规划技巧对于算法效率的提升非常可观，一般都能把指数级和阶乘级时间复杂度的算法优化成 O(N^2)。但是，动态规划求解的过程中也是可以进行阶段性优化的，如果认真观察某些动态规划问题的状态转移方程，就能够把它们解法的空间复杂度进一步降低，由 O(N^2) 降低到 O(N)。

能够使用空间压缩技巧的动态规划都是二维 dp 问题。它的状态转移方程如果计算状态 dp[i][j] 需要的都是 dp[i][j] 相邻的状态，那么就可以使用空间压缩技巧，将二维的 dp 数组转化成一维，将空间复杂度从 O(N^2) 降低到 O(N)。

如最长回文子序列中，最终的代码如下：

public int longestPalindromeSubseq(String s) {
    int n = s.length();
    // dp 数组初始化为 0
    int[][] dp = new int[n][n];

    // base case
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        dp[i][i] = 1;
    }

    // 反向遍历
    for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            if (s.charAt(i) == s.charAt(j)) {
                dp[i][j] = 2 + dp[i + 1][j - 1];
            } else {
                dp[i][j] = Math.max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
            }
        }
    }

    return dp[0][n - 1];
}

对 dp[i][j] 的更新，其实只依赖于 dp[i+1][j-1], dp[i][j-1], dp[i+1][j] 这三个状态：

这就叫和 dp[i][j] 相邻。因此，计算 dp[i][j] 只需要这三个相邻状态。空间压缩的核心思路就是，将二维数组「投影」到一维数组：

思路很直观，但也有一个明显的问题，图中 dp[i][j-1] 和 dp[i+1][j-1] 这两个状态处在同一列，而一维数组中只能容下一个，那么当计算 dp[i][j] 时，它们必然有一个会被另一个覆盖。

这就是空间压缩的难点，以「最长回文子序列」问题举例，它的状态转移方程主要逻辑就是如下这段代码：

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        // 状态转移方程
        if (s[i] == s[j])
            dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] + 2;
        else
            dp[i][j] = max(dp[i + 1][j], dp[i][j - 1]);
    }
}

想把二维 dp 数组压缩成一维，一般是把第一个维度，也就是 i 维度去掉，只剩下 j 维度。压缩后的一维 dp 数组就是之前二维 dp 数组的 dp[i][..] 那一行。

先将上述代码进行改造，去掉 i 这个维度，把 dp 数组变成一维：

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        // dp ?
        if (s[i] == s[j])
            dp[j] = dp[j - 1] + 2;
        else
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
    }
}

在代码中注释的位置，将要进行状态转移，更新 dp[j]：

在对 dp[j] 赋新值之前，dp[j] 对应着二维 dp 数组中的什么位置？
dp[j-1] 对应着二维 dp 数组中的什么位置？

对于问题 1，在对 dp[j] 赋新值之前，dp[j] 的值就是外层 for 循环上一次迭代算出来的值，也就是对应二维 dp 数组中 dp[i+1][j] 的位置。

对于问题 2，dp[j-1] 的值就是内层 for 循环上一次迭代算出来的值，也就是对应二维 dp 数组中 dp[i][j-1] 的位置。

这样就只剩下二维 dp 数组中的 dp[i+1][j-1] 不能直接从一维 dp 数组中得到：

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        if (s[i] == s[j])
            // dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
            dp[j] = ?? + 2;
        else
            // dp[i][j] = max(dp[i+1][j], dp[i][j-1]);
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
    }
}

因为 for 循环遍历 i 和 j 的顺序为从左向右，从下向上，所以可以发现，在更新一维 dp 数组时，dp[i+1][j-1] 会被 dp[i][j-1] 覆盖掉，图中标出了这四个位置被遍历到的次序：

那么如果想得到 dp[i+1][j-1]，就必须在它被覆盖之前用一个临时变量 temp 把它存起来，并把这个变量的值保留到计算 dp[i][j] 时。为了达到这个目的，结合上图，可以这样写代码：

for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
    // 存储 dp[i+1][j-1] 的变量
    int pre = 0;
    for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        int temp = dp[j];
        if (s[i] == s[j])
            // dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
            dp[j] = pre + 2;
        else
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - 1]);
        // 到下一轮循环，pre 就是 dp[i+1][j-1] 了
        pre = temp;
    }
}

这样就解决了对状态转移方程的空间压缩。同时还需要对 base case 进行处理：

// dp 数组初始化为 0
int[][] dp = new int[n][n];

// base case
for (int i = 0; i < n; i++) {
    dp[i][i] = 1;
}

把 base case 投影到一维：

二维 dp 数组中的 base case 全都落入了一维 dp 数组，不存在冲突和覆盖，所以直接写代码就行了：

Arrays.fill(dp, 1);

至此，把 base case 和状态转移方程都进行了降维，实际上已经写出完整代码了：

public int longestPalindromeSubseq(String s) {
    int n = s.length();
    // dp 数组初始化为 0
    int[] dp = new int[n];
    Arrays.fill(dp, 1);

    for (int i = n - 2; i >= 0; i--) {
        // 存储 dp[i+1][j-1] 的变量
        int pre = 0;
        for (int j = i + 1; j < n; j++) {
            int temp = dp[j];
            if (s.charAt(i) == s.charAt(j))
                // dp[i][j] = dp[i+1][j-1] + 2;
                dp[j] = pre + 2;
            else
                dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - 1]);
            // 到下一轮循环，pre 就是 dp[i+1][j-1] 了
            pre = temp;
        }
    }

    return dp[n - 1];
}

经典动态规划

最小路径和

64.最小路径和 🔗

一般来说，让在二维矩阵中求最优化问题（最大值或者最小值），肯定需要递归 + 备忘录，也就是动态规划技巧。

由于只能向右或向下移动，因此要到达右下角：

只能经过 A 或 B。这样就可以把问题转化为从左上角走到 A 或 B 的最小路径长度了。因此可以使用动态规划来解决问。dp 函数的定义如下：

从左上角位置 (0, 0) 走到位置 (i, j) 的最小路径和为 dp(grid, i, j)。

同时可以发现，dp(grid, i, j) 的值取决于 dp(grid, i - 1, j) 和 dp(grid, i, j - 1) 返回的值。这样就可以写出如下代码：

int minPathSum(int[][] grid) {
    int m = grid.length;
    int n = grid[0].length;
    // 计算从左上角走到右下角的最小路径和
    return dp(grid, m - 1, n - 1);
}

int dp(int[][] grid, int i, int j) {
    // base case
    if(i == 0 && j == 0) {
        return grid[0][0];
    }

    // 如果索引出界，返回一个很大的值，
    // 保证在取 min 的时候不会被取到
    if(i < 0 || j < 0) {
        return Integer.MAX_VALUE;
    }

    // 左边和上面的最小路径和加上 grid[i][j]
    // 就是到达 (i, j) 的最小路径和
    return Math.min(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]) + grid[i][j];
}

上述代码就完成了本题的主要逻辑。接下来判断是否存在重叠子问题：

    int dp(int i, int j) {
    dp(i - 1, j); // #1
    dp(i, j - 1); // #2
}

若要从 dp(i, j) 递归到 dp(i - 1, j - 1)，有两种方式：dp(i, j) -> #1 -> #2 或 dp(i, j) -> #2 -> #1。说明 dp(i - 1, j - 1) 会被重复计算，因此存在重叠子问题。可以使用备忘录来解决：

int[][] memo;

int minPathSum(int[][] grid) {
    int m = grid.length;
    int n = grid[0].length;

    // 构造备忘录，初始值全部设为 -1
    memo = new int[m][n];
    for(int[] row : memo) {
        Arrays.fill(row, - 1);
    }

    return dp(grid, m - 1, n - 1);
}

int dp(int[][] grid, int i, int j) {
    // base case
    if(i == 0 && j == 0) {
        return grid[0][0];
    }

    if(i < 0 || j < 0) {
        return Integer.MAX_VALUE;
    }

    if(memo[i][j] != -1) {
        return memo[i][j];
    }

    memo[i][j] =  Math.min(dp[i][j - 1], dp[i - 1][j]) + grid[i][j];

    return memo[i][j];
}

至此，本题就解决了，时间复杂度和空间复杂度都是 O(MN)，标准的自顶向下动态规划解法。

自底向上的迭代解法也类似，需要一个二维 dp 数组，定义如下：

从左上角位置 (0, 0) 走到位置 (i, j) 的最小路径和为 dp[i][j]。

public int minPathSum(int[][] grid) {
    int m = grid.length, n = grid[0].length;
    int[][] dp = new int[m][n];

    // base case
    dp[0][0] = grid[0][0];
    // 初始化从 [0,0] 到 [i,0] 的路径和
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        dp[i][0] = dp[i - 1][0] + grid[i][0];
    }
    // 初始化从 [0,0] 到 [0,j] 的路径和
    for (int j = 1; j < n; j++) {
        dp[0][j] = dp[0][j - 1] + grid[0][j];
    }

    // 状态转移
    for (int i = 1; i < m; i++) {
        for (int j = 1; j < n; j++) {
            // dp[i][j] = 左或上的路径和加本路径
            dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + grid[i][j];
        }
    }

    return dp[m - 1][n - 1];
}

这个解法的 base case 看起来和递归解法略有不同，但实际上是一样的。因为状态转移为下面这段代码：

dp[i][j] = Math.min(dp[i - 1][j], dp[i][j - 1]) + grid[i][j];

如果 i 或 j 等于 0 时，就会出现索引越界的错误。所以需要提前计算出 dp[0][..] 和 dp[..][0]，然后让 i 和 j 的值从 1 开始迭代。按照 dp 数组的定义，dp[i][0] = sum(grid[0..i][0]), dp[0][j] = sum(grid[0][0..j])，也就是如下代码：

/**** base case ****/
dp[0][0] = grid[0][0];

for (int i = 1; i < m; i++)
    dp[i][0] = dp[i - 1][0] + grid[i][0];

for (int j = 1; j < n; j++)
    dp[0][j] = dp[0][j - 1] + grid[0][j];        
/*******************/

到这里，自底向上的迭代解法也解决了。

174.地下城游戏 🔗

这道题乍一看与求「最大路径和」题目非常相似，但这里所求的「最小的初始生命值」与它没有太大关系。如“在一条路径上需要先损失五十点血但能获得一百点血”需要的初始生命值比“在一条路径上需要损失先一点血且不能获得血”更多。

因此，关键不在于吃最多的血瓶，而是在于如何损失最少的生命值。

这类求最值的问题，肯定要借助动态规划技巧，要合理设计 dp 数组/函数的定义。dp 数组的定义：

从 grid[i][j] 到达终点（右下角）所需的最少生命值是 dp[i, j]。

public int calculateMinimumHP(int[][] dungeon) {
    int m = dungeon.length, n = dungeon[0].length;
    // dp[i][j]：从 grid[i-1][j-1] 到达右下角所需的最小生命值为 dp[i][j]。
    int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];
}

到达终点 [m][n] 时，若终点为血瓶，那么从 [m - 1][n] 或 [m][n - 1] 到达终点时至少还剩 1 点血；若终点为怪，那么到达终点时至少还剩 -dungeon[m][n] + 1 点血。

由此可以得出 base case 同时初始化偏移位置的值：

// 若右下角为怪，则生命值初始化为怪物血量+1，否则初始化为 1
dp[m - 1][n - 1] = dungeon[m - 1][n - 1] < 0 ? -dungeon[m - 1][n - 1] + 1 : 1;

for(int i = m; i >= 0; i--) {
    for(int j = n; j >= 0; j--) {
        // 最后一行一列为偏移
        if (i == m || j == n) {
            dp[i][j] = Integer.MAX_VALUE;
            continue;
        }
    }
}

对于 dp[i][j] 的值，可以由 dp[i + 1][j] 和 dp[i][j + 1] 推出：

res = min(dp[i + 1][j], dp[i][j + 1]) - dungeon[i][j];
dp[i][j] = res > 0 ? res : 1;

它是由它右或下方的最小初始生命值推出的，若 dp[i + 1][j] 或 dp[i][j + 1] 减去当前位置的值为正则表示当前位置为怪，值应该等于 res；若为负，则表示当前位置为血瓶，因此 dp[i][j] 为 1 即可保证能到达该位置。

完整代码：

int calculateMinimumHP(int[][] dungeon) {
    int m = dungeon.length, n = dungeon[0].length;
    // dp[i][j]：从 grid[i-1][j-1] 到达右下角所需的最小生命值为 dp[i][j]。
    int[][] dp = new int[m + 1][n + 1];

    // base case
    // 若右下角为怪，则生命值初始化为怪物血量+1，否则初始化为 1
    dp[m - 1][n - 1] = dungeon[m - 1][n - 1] < 0 ? -dungeon[m - 1][n - 1] + 1 : 1;

    for(int i = m; i >= 0; i--) {
        for(int j = n; j >= 0; j--) {
            // 最后一行一列为偏移
            if (i == m || j == n) {
                dp[i][j] = Integer.MAX_VALUE;
                continue;
            }
            // 初始化过
            if (i == m - 1 && j == n - 1) {
                continue;
            }

            int res = Math.min(dp[i + 1][j], dp[i][j + 1]) - dungeon[i][j];
            dp[i][j] = res <= 0 ? 1 : res;
        }
    }

    return dp[0][0];
}

正则表达式

10.正则表达式匹配 🔗

点号 . 可以匹配任意一个字符，星号 * 可以让之前的字符重复任意次数（包括 0 次）。如模式串 ".a\*b" 就可以匹配文本 "zaaab"，也可以匹配 "cb"；模式串 "a..b" 可以匹配文本 "amnb"；而模式串 ".*" 可以匹配任何文本。

题目给定输入两个字符串 s 和 p，s 代表文本，p 代表模式串，判断模式串 p 是否可以匹配文本 s。可以假设模式串只包含小写字母和上述两种通配符且一定合法，不会出现 *a 或者 b** 这种不合法的模式串。点号通配符很好实现，s 中的任何字符只要遇到 . 通配符直接匹配即可。星号通配符不好实现，一旦遇到 * 通配符，前面的那个字符可以选择重复一次，可以重复多次，也可以一次都不出现。

对于所有可能出现的情况，全部穷举一遍，只要有一种情况可以完成匹配，就认为 p 可以匹配 s。那么一旦涉及两个字符串的穷举，就应该想到动态规划的技巧了。

s 和 p 相互匹配的过程大致是，两个指针 i, j 分别在 s 和 p 上移动，如果最后两个指针都能移动到字符串的末尾，那么久匹配成功，反之则匹配失败。如果不考虑 * 通配符，面对两个待匹配字符 s[i] 和 p[j] 只能判断它们是否匹配：

boolean isMatch(String s, String p) {
    int i = 0, j = 0;
    while(i < s.length() && j < p.length()) {
        if(s.charAt(i) == p.charAt(j) || p.charAt(j) == '.') {
            i++;
            j++;
        } else {
            return false;
        }
    }
    return i == j;
}

当 p[j + 1] 为 * 通配符时，分情况讨论：

如果 s[i] == p[j]：
1. p[j] 有可能会匹配多个字符，如 s = "aaa", p = "a*"，那么 p[0] 会通过 * 匹配 3 个字符 "a"。
2. p[i] 有可能匹配 0 个字符，如 s = "aa", p = "a*aa"，由于后面的字符可以匹配 s，所以 p[0] 只能匹配 0 次。
如果 s[i] != p[j]，p[j] 只能匹配 0 次，然后看下一个字符是否能和 s[i] 匹配。如 s = "aa", p = "b*aa"，此时 p[0] 只能匹配 0 次。

综上，可以把之前的代码针对 * 通配符进行一下改造：

if(s.charAt(i) == p.charAt(j) || p.charAt(j) == '.') {
    // 匹配
    if(j < p.length() - 1 && p.charAt(j + 1) == '*') {
        // 有 * 通配符，匹配 0 次或者多次
    } else {
        // 无 * 通配符，匹配一次
        i++;
        j++;
    }
} else {
    // 不匹配
    if(j < p.length() - 1 && p.charAt(j + 1) == '*') {
        // 有 * 通配符，只能匹配 0 次
    } else {
        // 无 * 通配符，无法继续匹配
        return false;
    }
}

现在的问题是，遇到 * 通配符时，应该匹配 0 次还是匹配几次。这就是一个做「选择」的问题，要把所有可能的选择都穷举一遍才能得出结果。动态规划算法的核心就是「状态」和「选择」，「状态」就是 i 和 j 两个指针的位置，「选择」就是 p[j] 选择匹配几个字符。

根据「状态」，可以定义一个 dp 函数：

boolean dp(String s, int i, String p, int j)

dp 函数的定义如下：

若 dp(s, i, p, j) = true，则表示 s[i..] 可以匹配 p[j..]；若 dp(s, i, p, j) = false，则表示 s[i..] 无法匹配 p[j..]。

根据这个定义，答案就是 i = 0, j = 0 时 dp 函数的结果。可以根据之前的代码写出 dp 函数的主要逻辑：

boolean dp(String s, int i, String p, int j) {
    if(s.charAt(i) == p.charAt(j) || p.charAt(j) == '.') {
    // 匹配
    if(j < p.length() - 1 && p.charAt(j + 1) == '*') {
        // 有 * 通配符，匹配 0 次或者多次
        return dp(s, i, p, j + 2) || dp(s, i + 1, p, j);
    } else {
        // 无 * 通配符，匹配一次
        return dp(s, i + 1, p, j + 1);
    }
} else {
    // 不匹配
    if(j < p.length() - 1 && p.charAt(j + 1) == '*') {
        // 有 * 通配符，只能匹配 0 次
        return dp(s, i, p, j + 2);
    } else {
        // 无 * 通配符，无法继续匹配
        return false;
    }
}
}

一个 base case 是 j == p.length() 时，按照 dp 函数的定义，这意味着模式串 p 已经被匹配完了，那么应该看文本串 s 的匹配情况，如果 s 也恰好被匹配完，则说明匹配成功：

if(j == p.length()) {
    return i == s.length();
}

另一个 base case 是 i == s.length() 时，按照 dp 函数的定义，这种情况意味着文本串 s 已经全部被匹配了，此时并不能根据 j 是否等于 p.length() 来判断是否完成匹配，只要 p[j..] 能够匹配空串，就可以算完成匹配。如 s = "a", p = "ab*c*"，当 i 走到 s 末尾时，j 并没有走到 p 的末尾，但是 p 依然可以匹配 s。

int m = s.length(), n = p.length();

if(i == m) {
    if((n - j) % 2 == 1) {
        return false;
    }

    for(; j + 1 < n; j += 2) {
        if(p.charAt(j + 1) != '*'){
            return false;
        }
    }
}

根据以上思路，就可以写出完整的代码：

boolean[][] memo;

public boolean isMatch(String s, String p) {
    int m = s.length(), n = p.length();
    memo = new boolean[m][n];
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        Arrays.fill(memo[i], false);
    }

    return dp(s, 0, p, 0);
}

boolean dp(String s, int i, String p, int j) {
    int m = s.length(), n = p.length();

    // base case
    if (j == n) {
        return i == m;
    }

    if (i == m) {
        if ((n - j) % 2 == 1) {
            return false;
        }
        for (; j + 1 < n; j += 2) {
            if (p.charAt(j + 1) != '*') {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }

    if (memo[i][j] != false) {
        return memo[i][j];
    }

    boolean res = false;
    if (s.charAt(i) == p.charAt(j) || p.charAt(j) == '.') {
        if (j + 1 < n && p.charAt(j + 1) == '*') {
            res = dp(s, i, p, j + 2) || dp(s, i + 1, p, j);
        } else {
            res = dp(s, i + 1, p, j + 1);
        }
    } else {
        if (j + 1 < n && p.charAt(j + 1) == '*') {
            res = dp(s, i, p, j + 2);
        } else {
            res = false;
        }
    }
    memo[i][j] = res;
    return res;

}

代码中用了一个哈希表 memo 消除重叠子问题，因为正则表达算法的递归框架如下：

boolean dp(String s, int i, String p, int j) {
    dp(s, i, p, j + 2); // 1
    dp(s, i + 1, p, j); // 2
    dp(s, i + 1, p, j + 2); // 3
    dp(s, i, p, j + 2); // 4
}

如果从 dp(s, i, p, j) 得到 dp(s, i + 2, p, j + 2)，至少有两条路径：1 -> 2 -> 2 和 3 -> 3，那么就说明 (i + 2, j + 2) 这个状态存在重复，这就说明存在重叠子问题。

动态规划的时间复杂度为「状态的总数」*「每次递归花费的时间」，本题中状态的总数就是 i 和 j 的组合，也就是 M * N（M 为 s 的长度，N 为 p 的长度）；递归函数 dp 中没有循环（base case 中的不考虑，因为 base case 的触发次数有限），所以一次递归花费的时间为常数。二者相乘，总的时间复杂度为 O(MN)。空间复杂度就是备忘录 memo 的大小，即 O(MN)。

高楼扔鸡蛋

887.鸡蛋掉落 🔗

原问题可转化为：要在最坏情况下至少要扔几次鸡蛋才能确定这个楼层 F。「最坏情况」下是指鸡蛋破碎一定发生在搜索区间穷尽时。如不限制鸡蛋个数，有 7 层楼，通过线性扫描：分别在 1 楼扔、2 楼、3 楼……以这种策略，最坏情况就是试到第 7 层鸡蛋也没碎（F = 7），也就是扔了 7 次鸡蛋。「至少」要扔几次是指同样是 7 层楼，使用二分查找思路，最坏情况是试到第 7 层鸡蛋还没碎（F = 7），或鸡蛋一直碎到第 1 层（F = 0）。无论哪种最坏情况都只需要试 log7 向上取整等于 3 次，这就是至少要扔几次。

实际上，如果不限制鸡蛋个数二分思路显然可以得到最少尝试的次数。但题目有对鸡蛋数量的限制，直接使用二分思路就不行了。比如只给 1 个鸡蛋，7 层楼。若直接去第 4 层扔，如果鸡蛋没碎还可以继续，但如果碎了就无法确定鸡蛋恰好摔不碎的楼层 F 了。这种情况下只能用线性扫描的方法，算法返回结果应该是 7。那么先用二分查找，等到只剩 1 个鸡蛋的时候再执行线性扫描，这样得到的结果是不是就是最少的扔鸡蛋次数呢？并不是，若楼层变高到 100 层，有两个鸡蛋，在 50 层扔下碎了，那么还需要线性扫描 50 层，所以结果应该是 50。

对动态规划问题，可以直接套用框架：这个问题有什么「状态」，有什么「选择」，然后穷举。

「状态」很明显，就是当前拥有的鸡蛋数 K 和需要测试的楼层数 N。随着测试的进行，鸡蛋个数可能减少，楼层的搜索范围会减小，这就是状态的变化。

「选择」就是去选择哪层楼扔鸡蛋。回顾刚才的线性扫描和二分思路，二分查找每次选择到楼层区间的中间去扔鸡蛋，而线性扫描选择一层层向上测试。不同的选择会造成状态的转移。

现在明确了「状态」和「选择」，动态规划的基本思路就形成了：肯定是个二维的 dp 数组或者带有两个状态参数的 dp 函数来表示状态转移；外加一个 for 循环来遍历所有选择，择最优的选择更新状态：

// 定义：当前状态为 K 个鸡蛋，有 N 层楼
// 返回该状态下最少的扔鸡蛋的次数
int dp(int K, int N) {
    int res;
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        res = min(res, 在第 i 层扔);
    }
    return res;
}

选择在第 i 层楼扔了鸡蛋之后，可能出现两种情况：鸡蛋碎了，鸡蛋没碎。此时的状态转移：

如果鸡蛋碎了，那么鸡蛋的个数 K 减一，搜索的楼层区间从 [1..N] 变为 [1..i-1] 共 i-1 层楼；

如果鸡蛋没碎，那么鸡蛋的个数 K 不变，搜索的楼层区间从 [1..N] 变为 [i+1..N] 共 N-i 层楼。

因为要求的是最坏情况下扔鸡蛋的次数，所以鸡蛋在第 i 层楼碎没碎，取决于那种情况的结果更大：

int dp(int K, int N) {
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        // 最坏情况下的最少扔鸡蛋次数
        res = min(
            res, max(
                dp(K - 1, i - 1),  // 碎
                dp(K, N - i)       // 没碎
            ) + 1
        );
    }
    return res;
}

当楼层数 N 等于 0 时，不需要扔鸡蛋；当鸡蛋数 K 为 1 时，只能线性扫描所有楼层。因此递归的 base case 为：

// base case
if(N == 0) {
    return 0;
}
if(K == 1) {
    return N;
}

至此，只要添加一个备忘录消除重叠子问题即可解决这道题：

// 备忘录
int[][] memo;

public int superEggDrop(int K, int N) {
    // m 最多不会超过 N 次
    memo = new int[K + 1][N + 1];
    for(int[] row : memo) {
        Arrays.fill(row, -111);
    }
    return dp(K, N);
}

// 定义：K 个鸡蛋 N 层楼，最少的扔鸡蛋次数为 dp(K, N)
private int dp(int K, int N) {
    // base case
    if(K == 1) {
        return N;
    }
    if(N == 0) {
        return 0;
    }

    // 查备忘录
    if(memo[K][N] != -111) {
        return memo[K][N];
    }

    // 状态转移方程
    int res = Integer.MAX_VALUE;
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        // 在所有楼层尝试，取最少的扔鸡蛋次数
        res = Math.min(
            res, Math.max(
                dp(K - 1, i - 1),  // 碎
                dp(K, N - i)       // 没碎
            ) + 1
        );
    }

    // 结果存入备忘录
    memo[K][N] = res;
    return res;
}

动态规划算法的时间复杂度就是子问题个数 × 函数本身的复杂度。函数本身的复杂度就是忽略递归部分的复杂度，这里 dp 函数中有一个 for 循环，所以函数本身的复杂度是 O(N)。子问题个数也就是不同状态组合的总数，显然是两个状态的乘积，也就是 O(KN)。所以算法的总时间复杂度是 O(K*N^2), 空间复杂度 O(KN)。

另外，这个问题还有更好的解法，比如修改代码中的 for 循环为二分搜索，可以将时间复杂度降为 O(K*N*logN)；再改进动态规划解法可以进一步降为 O(KN)；使用数学方法解决，时间复杂度达到最优 O(K*logN)，空间复杂度达到 O(1)。

二分搜索优化的核心是状态转移方程的单调性，首先简述一下原始动态规划的思路：

暴力穷举尝试在所有楼层 1 <= i <= N 扔鸡蛋，每次选择尝试次数最少的那一层；
每次扔鸡蛋有两种可能，要么碎，要么没碎；
如果鸡蛋碎了，F 应该在第 i 层下面，否则，F 应该在第 i 层上面；
鸡蛋是碎了还是没碎，取决于哪种情况下尝试次数更多，因为想求的是最坏情况下的结果。

核心的状态转移代码是这段：

int dp(int K, int N) {
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        // 最坏情况下的最少扔鸡蛋次数
        res = min(
            res, max(
                dp(K - 1, i - 1),  // 碎
                dp(K, N - i)       // 没碎
            )
        );
    }
    return res;
}

这个 for 循环就是下面这个状态转移方程的具体代码实现：

$$ dp(K,N) = \min_{0\le i\le N}{\max{dp(K-1,i-1),dp(K,N-i)}+1} $$

如果能够理解这个状态转移方程，那么就很容易理解二分查找的优化思路。

首先根据 dp(K, N) 数组的定义（有 K 个鸡蛋面对 N 层楼，最少需要扔几次），很容易知道 K 固定时，这个函数随着 N 的增加一定是单调递增的，无论策略多聪明，楼层增加测试次数一定会增加。

那么注意 dp(K - 1, i - 1) 和 dp(K, N - i) 这两个函数，其中 i 是从 1 到 N 单增的，如果固定 K 和 N，把这两个函数看做关于 i 的函数，前者随着 i 的增加应该也是单调递增的，而后者随着 i 的增加应该是单调递减的：

这时求二者的较大值，再求这些最大值之中的最小值，就是求这两条直线交点，即红色折线的最低点：

for(int i = 1; i <= N; i++) {
    if(dp(K - 1, i - 1) == dp(K, N - i)) {
        return dp(K, N - i);
    }
}

可以用二分查找来快速寻找这个点，将 dp 函数的线性搜索改造成二分搜索，加快搜索速度：

int dp(int K, int N) {
    // base case
    if(K == 1) {
        return N;
    }
    if(N == 0) {
        return 0;
    }

    if (memo[K][N] != -111) {
        return memo[K][N];
    }

    // 用二分查找代替线性搜索
    int res = Integer.MAX_VALUE;
    int lo = 1, hi = N;
    while(lo <= hi) {
        int mid = lo + (hi - lo) / 2;
        // 鸡蛋在第 mid 层碎了和没碎的两种情况：
        int broken = dp(K - 1, mid - 1);
        int notBroken = dp(K, N - mid);
        if(broken > notBroken) {
            hi = mid - 1;
            res = Math.min(res, broken + 1);
        } else {
            lo = mid + 1;
            res = Math.min(res, notBroken + 1);
        }
    }
    memo[K][N] = res;
    return res;
}

函数本身的复杂度就是忽略递归部分的复杂度，这里 dp 函数中用了一个二分搜索，所以函数本身的复杂度是 O(logN)。子问题个数也就是不同状态组合的总数，显然是两个状态的乘积，也就是 O(KN)。所以算法的总时间复杂度是 O(KNlogN), 空间复杂度 O(KN)。效率上比之前的算法 O(KN^2) 要高效一些。

找动态规划的状态转移见仁见智，不同的状态定义可以衍生出不同的解法，其解法和复杂程度都可能有巨大差异。回顾之前定义的 dp 数组含义：

int dp(int k, int n)
// 当前状态为 k 个鸡蛋，面对 n 层楼
// 返回这个状态下最少的扔鸡蛋次数

按照这个定义，就是确定当前的鸡蛋个数和面对的楼层数，就知道最小扔鸡蛋次数。最终想要的答案就是 dp(K, N) 的结果。这种思路下肯定要穷举所有可能的扔法的，用二分搜索优化也只是做了「剪枝」，减小了搜索空间，但本质思路没有变，还是穷举。

现在，稍微修改 dp 数组的定义，确定当前的鸡蛋个数和最多允许的扔鸡蛋次数，就知道能够确定 F 的最高楼层数：

dp[k][m] = n;
// 当前有 k 个鸡蛋，可以尝试扔 m 次鸡蛋
// 这个状态下，最坏情况下最多能确切测试一栋 n 层的楼

// 如 dp[1][7] = 7 表示：
// 现有 1 个鸡蛋，允许扔 7 次
// 在该状态下最多给 7 层楼，使得可以确定楼层 F 恰好使鸡蛋不碎

这其实就是原始思路的一个「反向」版本。最终要求的是扔鸡蛋次数 m，但是此时 m 在状态之中而不是 dp 数组的结果：

int superEggDrop(int K, int N) {
    int m = 0;
    while(dp[K][m] < N) {
        m++;
        // 状态转移
    }
    return m;
}

while 循环结束的条件是 dp[K][m] == N，也就是给 K 个鸡蛋，测试 m 次，最坏情况下最多能测试 N 层楼。即题目给 K 个鸡蛋，N 层楼，求最坏情况下最少的测试次数 m。

现在对 dp 定义基于下面两个事实：

无论在哪层楼扔鸡蛋，鸡蛋只可能摔碎或者没摔碎，碎了就测楼下，没碎就测楼上。
无论上楼还是下楼，总的楼层数 = 楼上的楼层数 + 楼下的楼层数 + 1（当前这层楼）。

根据这个特点，可以写出下面的状态转移方程：

dp[k][m] = dp[k][m - 1] + dp[k - 1][m - 1] + 1

dp[k][m - 1] 就是楼上的楼层数，因为鸡蛋个数 k 不变，也就是鸡蛋没碎，扔鸡蛋次数 m 减一；

dp[k - 1][m - 1] 就是楼下的楼层数，因为鸡蛋个数 k 减一，也就是鸡蛋碎了，同时扔鸡蛋次数 m 减一。

m 要减一而不是加一的原因：m 是一个允许扔鸡蛋的次数上界，而不是扔了几次。

至此，整个思路就完成了，只要把状态转移方程填进框架即可：

class Solution {
    public int superEggDrop(int K, int N) {
        // m 最多不会超过 N 次（线性扫描）
        int[][] dp = new int[K + 1][N + 1];
        // base case:
        // dp[0][..] = 0
        // dp[..][0] = 0
        // Java 默认初始化数组都为 0
        int m = 0;
        while (dp[K][m] < N) {
            m++;
            for (int k = 1; k <= K; k++)
                dp[k][m] = dp[k][m - 1] + dp[k - 1][m - 1] + 1;
        }
        return m;
    }
}

它等同于：

for(int m = 1; dp[K][m] < N; m++) {
    for(int k = 1; k <= K; k++) {
        dp[k][m] = dp[k][m - 1] + dp[k - 1][m - 1] + 1;
    }
}

这个算法的时间复杂度就是两个嵌套循环的复杂度 O(KN)。

打家劫舍问题

198.打家劫舍 🔗

从左向右走过一排房子，在每间房子前都有「抢或不抢」两种选择。如果抢了这间房子，那么就不能抢相邻的下一间房子，只能从下下间开始做选择；如果不抢这件房子，那么可以走到下一间前，继续做选择。当走过了最后一间房子后就没有房子抢了，能抢到的钱是 0（base case）。

以上的逻辑明确了「状态」和「选择」：面前房子的索引就是状态，抢和不抢就是选择。

在两个选择中，每次都选更大的结果，最后得到的就是最多能抢到的 money：

public int rob(int[] nums) {
    return dp(nums, 0);
}

// 返回 nums[start..] 能抢到的最大值
private int dp(int[] nums, int start) {
    if(start >= nums.length) {
        return 0;
    }

    int res = Math.max(
        // 不抢，去下家
        dp(nums, start + 1),
        // 抢，去下下家
        dp(nums, start + 2) + nums[start]
    );

    return res;
}

明确了状态转移，就可以发现对于同一 start 位置是存在重叠子问题的：

有多种方法可以走到这个位置，可以使用备忘录进行优化：

private int[] memo;

public int rob(int[] nums) {
    memo = new int[nums.length];
    Arrays.fill(memo, -1);
    return dp(nums, 0);
}

private int dp(int[] nums, int start) {
    if(start >= nums.length) {
        return 0;
    }

    if(memo[start] != -1) {
        return memo[start];
    }

    int res = Math.max(
        dp(nums, start + 1),
        dp(nums, start + 2) + nums[start]
    );

    memo[start] = res;
    return res;
}

这就是自顶向下的动态规划解法，也可以略作修改，写出自底向上的解法：

public int rob(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    // dp[i] = x 表示：从第 i 间房子开始抢最多能抢到 x 
    // base case: dp[n] = 0
    int[] dp = new int[n + 2];

    for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        dp[i] = Math.max(dp[i + 1], nums[i] + dp[i + 2]);
    }
    return dp[0];
}

发现状态转移只和 dp[i] 最近的两个状态有关，所以可以进一步优化，将空间复杂度降低到 O(1)：

public int rob(int[] nums) {
    int n = nums.length;

    int cur = 0, pre = 0;
    int res = 0;

    for(int i = n - 1; i >= 0; i--) {
        res = Math.max(cur, nums[i] + pre);
        pre = cur;
        cur = res;
    }
    return res;
}

213.打家劫舍II 🔗

与上提不同的是，这里的房子围成了一个圈。也就是说，现在第一间房子和最后一间房子也相当于是相邻的，不能同时抢。比如输入数组 nums=[2,3,2]，算法返回的结果应该是 3 而不是 4，因为开头和结尾不能同时被抢。

首先，首尾房间不能同时被抢，那么只可能有三种不同情况：要么都不被抢；要么第一间房子被抢最后一间不抢；要么最后一间房子被抢第一间不抢。

只需要比较这三种情况中的最大值，就可以得到最终答案。对于情况一来说，它被包含在情况二和三中，因此不需要单独考虑。

public int rob(int[] nums) {
    int n = nums.length;
    if(n == 1) {
        return nums[0];
    }

    return Math.max(
        robRange(nums, 0, n - 2),
        robRange(nums, 1, n - 1)
    );
}

// 仅计算闭区间 [start,end] 的最优结果
private int robRange(int[] nums, int start, int end) {
    int n = nums.length;
    int cur = 0, pre = 0;
    int res = 0;

    for(int i = end; i >= start; i--) {
        res = Math.max(cur, nums[i] + pre);
        pre = cur;
        cur = res;
    }
    return res;
}

337.打家劫舍III 🔗

这里的房屋排列变成了二叉树结构。整体的思路完全没变，还是做抢或者不抢的选择，去收益较大的选择：

Map<TreeNode, Integer> memo = new HashMap<>();

public int rob(TreeNode root) {
    if (root == null) {
        return 0;
    }
    if (memo.containsKey(root)) {
        return memo.get(root);
    }

    int doRob = root.val
            + (root.left == null ? 0 : rob(root.left.left) + rob(root.left.right))
            + (root.right == null ? 0 : rob(root.right.left) + rob(root.right.right));

    int doGo = rob(root.left) + rob(root.right);
    int res = Math.max(doRob, doGo);
    memo.put(root, res);
    return res;
}

这道题就解决了，时间复杂度 O(N)，N 为数的节点数。

买卖股票

188.买卖股票的最佳时机IV 🔗

买卖股票的几个问题都是这个问题的简化形式，因此只需要研究此问题即可。

对于这道题，每天都有三种「选择」：买入、卖出、无操作，用 buy, sell, rest 表示这三种选择。并不是每天都可以任意选择这三种选择的，因为 sell 必须在 buy 之后，buy 必须在 sell 之后。那么 rest 操作还应该分两种状态，一种是 buy 之后的 rest（持有了股票），一种是 sell 之后的 rest（没有持有股票）。而且还有交易次数 k 的限制，就是 buy 只能在 k > 0 的前提下操作。

这个问题的「状态」有三个，第一个是天数，第二个是允许交易的最大次数，第三个是当前的持有状态（即之前说的 rest 的状态，不妨用 1 表示持有，0 表示未持有）。用一个三维数组就可以装下这几种状态的全部组合：

dp[i][k][0 or 1]
0 <= i <= n - 1, 1 <= k <= K
n 为天数，大 K 为交易数的上限，0 和 1 代表是否持有股票。
此问题共 n × K × 2 种状态，全部穷举就能搞定。

for 0 <= i < n:
    for 1 <= k <= K:
        for s in {0, 1}:
            dp[i][k][s] = max(buy, sell, rest)

可以用自然语言描述出每一个状态的含义，如 dp[3][2][1] 的含义是：今天是第三天，现在手上持有着股票，至今最多进行 2 次交易。dp[2][3][0] 的含义：今天是第二天，现在手上没有持有股票，至今最多进行 3 次交易。

想求的最终答案是 dp[n - 1][K][0]，即最后一天，最多允许 K 次交易，最多获得多少利润（dp[n - 1][K][1] 代表到最后一天手上还持有股票，dp[n - 1][K][0] 表示最后一天手上的股票已经卖出去了，很显然后者得到的利润一定大于前者）。

完成了「状态」的穷举需要思考每种「状态」有哪些「选择」，应该如何更新「状态」。只看「持有状态」，可以画个状态转移图：

通过这个图可以很清楚地看到每种状态（0 和 1）是如何转移而来的。根据这个图写状态转移方程：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])

解释：今天没有持有股票有两种可能，从这两种可能中求最大利润：

昨天就没有持有，且截至昨天最大交易次数限制为 k；然后今天选择 rest，所以今天还是没有持有，最大交易次数限制依然为 k。
昨天持有股票，且截至昨天最大交易次数限制为 k；但是今天 sell 了，所以今天没有持有股票了，最大交易次数限制依然为 k。

dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])

解释：今天持有着股票，最大交易次数限制为 k，那么对于昨天来说，有两种可能，从这两种可能中求最大利润：

昨天就持有着股票，且截至昨天最大交易次数限制为 k；然后今天选择 rest，所以今天还持有着股票，最大交易次数限制依然为 k。
昨天没有持有，且截至昨天最大交易次数限制为 k - 1；但今天选择 buy，所以今天就持有股票了，最大交易次数限制为 k。

牢记「状态」的定义，状态 k 的定义并不是「已进行的交易次数」，而是「最大交易次数的上限限制」。如果确定今天进行一次交易，且要保证截至今天最大交易次数上限为 k，那么昨天的最大交易次数上限必须是 k - 1。

如果 buy，就要从利润中减去 prices[i]，如果 sell，就要给利润增加 prices[i]。今天的最大利润就是这两种可能选择中较大的那个。注意 k 的限制，在选择 buy 时相当于开启了一次交易，那么对于昨天来说，交易次数的上限 k 应该减小 1。

这样就完成了状态转移方程。接下来定义 base case：

dp[-1][...][0] = 0
解释：因为 i 是从 0 开始，所以 i = -1 意味着还没有开始，这时利润是 0。

dp[-1][...][1] = -infinity
解释：还没开始时不可能持有股票。
因为算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。

dp[...][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时利润是 0。

dp[...][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下不可能持有股票。
因为算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。

把上面的状态转移方程总结一下：

base case：
dp[-1][...][0] = dp[...][0][0] = 0
dp[-1][...][1] = dp[...][0][1] = -infinity

状态转移方程：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])

现在完整的框架已经完成，下面开始具体化。

121. 买卖股票的最佳时机 🔗

直接套用状态转移方程，根据 base case，可以做一些化简：

dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][0] - prices[i]) 
            = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
解释：k = 0 的 base case，所以 dp[i-1][0][0] = 0。

发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。
可以进行进一步化简去掉所有 k：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])

即代码：

int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for(int i = 0; i < n; i++) {
    dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);
    dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
}

return dp[n-1][0];

显然 i = 0 时 i - 1 是不合法的索引，这是因为没有对 i 的 base case 进行处理，可以这样给一个特化处理：

if (i - 1 == -1) {
    dp[i][0] = 0;
    // 根据状态转移方程可得：
    //   dp[i][0] 
    // = max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])
    // = max(0, -infinity + prices[i]) = 0

    dp[i][1] = -prices[i];
    // 根据状态转移方程可得：
    //   dp[i][1] 
    // = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i])
    // = max(-infinity, 0 - prices[i]) 
    // = -prices[i]
    continue;
}

但其实不需要用整个 dp 数组，只需要一个变量储存相邻的那个状态就足够了，这样可以把空间复杂度降到 O(1):

// 原始版本
public int maxProfit(int[] prices) {
    int n = prices.length;
    int[][] dp = new int[n][2];

    for(int i = 0; i < n; i++) {
        if(i - 1 == -1) {
            dp[i][0] = 0;
            dp[i][1] = -prices[i];
            continue;
        }
        dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
        dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
    }

    return dp[n - 1][0];
}

// 空间复杂度优化版本
int maxProfit_k_1(int[] prices) {
    int n = prices.length;
    int dp0 = 0, dp1 = Integer.MIN_VALUE;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        dp0 = Math.max(dp0, dp1 + prices[i]);
        dp1 = Math.max(dp1, -prices[i]);
    }
    return dp0;
}

122.买卖股票的最佳时机II 🔗

这道题的特点在于没有给出交易总数 k 的限制，也就相当于 k 为正无穷。如果 k 为正无穷，那么就可以认为 k 和 k - 1 是一样的。可以这样改写框架：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
            = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k][0] - prices[i])

发现数组中的 k 已经不会改变了，也就是说不需要记录 k 这个状态了：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])

直接翻译成代码：

// 原始版本
public int maxProfit(int[] prices) {
    int n = prices.length;
    int[][] dp = new int[n][2];

    for(int i = 0; i < n; i++) {
        if(i - 1 == -1) {
            dp[i][0] = 0;
            dp[i][1] = -prices[i];
            continue;
        }

        dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
        dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
    }

    return dp[n - 1][0];
}

// 空间复杂度优化版本
int maxProfit(int[] prices) {
    int n = prices.length;
    int dp0 = 0, dp1 = Integer.MIN_VALUE;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int temp = dp0;
        dp0 = Math.max(dp0, dp1 + prices[i]);
        dp1 = Math.max(dp1, temp - prices[i]);
    }
    return dp0;
}

309.最佳买卖股票时机含冷冻期 🔗

和上一道题相同，但每次 sell 后要等一天才能继续交易，只要把这个特点融入上一题的状态转移方程即可：

dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-2][0] - prices[i])
解释：第 i 天选择 buy 的时候，要从 i-2 的状态转移，而不是 i-1 。

翻译为代码：

// 原始版本
public int maxProfit(int[] prices) {
    int n = prices.length;
    int[][] dp = new int[n][2];

    for(int i = 0; i < n; i++) {
        if(i - 1 == -1) {
            // base case 1
            dp[i][0] = 0;
            dp[i][1] = -prices[i];
            continue;
        }
        if(i - 2 == -1) {
            // base case 2
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            // i - 2 小于 0 时根据状态转移方程推出对应 base case
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
            // dp[i][1] 
            // = max(dp[i-1][1], dp[-1][0] - prices[i])
            // = max(dp[i-1][1], 0 - prices[i])
            // = max(dp[i-1][1], -prices[i])
            continue;
        }

        dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
        dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 2][0] - prices[i]);
    }

    return dp[n - 1][0];
}

// 空间复杂度优化版本
int maxProfit(int[] prices) {
    int n = prices.length;
    int dp0 = 0, dp1 = Integer.MIN_VALUE;
    int pre = 0; // 代表 dp[i-2][0]
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int temp = dp0;
        dp0 = Math.max(dp0, dp1 + prices[i]);
        dp1 = Math.max(dp1, pre - prices[i]);
        pre = temp;
    }
    return dp0;
}

714.买卖股票的最佳时机含手续费 🔗

相较于 #122 本题多添加了一个手续费的条件。每次交易要支付手续费，只要把手续费从利润中减去即可，改写方程：

dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i] - fee)
解释：相当于买入股票的价格升高了。
可以选择在买入或卖出时减去手续费

如果直接把 fee 放在第一个式子里减会有一些测试用例无法通过，错误原因是整型溢出而不是思路问题。一种解决方案是把代码中的 int 类型都改成 long 类型，避免 int 的整型溢出。

翻译成代码，注意状态转移方程改变后 base case 也要做出对应改变：

// 原始版本
public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
    int n = prices.length;
    int[][] dp = new int[n][2];

    for(int i = 0; i < n; i++) {
        if(i - 1 == -1) {
            dp[i][0] = 0;
            dp[i][1] = -prices[i] - fee;
            // dp[i][1]
            // = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i] - fee)
            // = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i] - fee)
            // = max(-inf, 0 - prices[i] - fee)
            // = -prices[i] - fee
            continue;
        }

        dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
        dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i] - fee);
    }

    return dp[n - 1][0];
}

// 空间复杂度优化版本
int maxProfit_with_fee(int[] prices, int fee) {
    int n = prices.length;
    int dp0 = 0, dp1 = Integer.MIN_VALUE;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int temp = dp0;
        dp0 = Math.max(dp0, dp1 + prices[i]);
        dp1 = Math.max(dp1, temp - prices[i] - fee);
    }
    return dp0;
}

123.买卖股票的最佳时机III 🔗

题目规定 k = 2。前面几道题中都与 k 的关系不大：要么 k 是正无穷，状态转移和 k 没关系；要么 k = 1，跟 k = 0 这个 base case 挨得近没有存在感。写出其状态转移方程：

dp[i][k][0] = max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i])

按照之前的代码，可能会这样写代码（错误的）：

int k = 2;
int[][][] dp = new int[n][k + 1][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {
    if (i - 1 == -1) {
        // 处理 base case
        dp[i][k][0] = 0;
        dp[i][k][1] = -prices[i];
        continue;
    }
    dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i]);
    dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][k][0];

之前的解法其实都在穷举所有状态，只是之前的题目中 k 都被化简掉了。

比如第一题，k = 1 时的代码框架：

int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {
    dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
    dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];

但当 k = 2 时，由于没有消掉 k 的影响，所以必须要对 k 进行穷举：

public int maxProfit(int[] prices) {
    int n = prices.length, maxK = 2;
    int[][][] dp = new int[n][maxK + 1][2];

    for(int i = 0; i < n; i++) {
        for(int k = maxK; k >= 1; k--) {
            if(i - 1 == -1) {
                dp[i][k][0] = 0;
                dp[i][k][1] = -prices[i];
                continue;
            }
            dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i]);
            dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]);
        }
    }

    return dp[n - 1][maxK][0];
}

k 的 base case 是 0，按理说应该从 k = 1, k++ 这样穷举状态 k 才对。

这是因为 dp[i][k][..] 不会依赖 dp[i][k - 1][..]，而是依赖 dp[i - 1][k - 1][..]，而 dp[i - 1][..][..] 是已经计算出来的，所以不管是 k = maxK, k--，还是 k = 1, k++ 都是可以得出正确答案的。但买股票初始的「状态」是从第 0 天开始，而且还没有进行过买卖，所以最大交易次数限制 k 应该是 maxK；而随着「状态」的推移会进行交易，那么交易次数上限 k 应该不断减少，这样 k = maxK, k-- 的方式是比较合乎实际场景的。

当然，这里 k 取值范围比较小，所以也可以不用 for 循环，直接把 k = 1 和 2 的情况全部列举出来：

// 状态转移方程：
// dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + prices[i])
// dp[i][2][1] = max(dp[i-1][2][1], dp[i-1][1][0] - prices[i])
// dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
// dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])

// 空间复杂度优化版本
int maxProfit(int[] prices) {
    // base case
    int dp_i10 = 0, dp_i11 = Integer.MIN_VALUE;
    int dp_i20 = 0, dp_i21 = Integer.MIN_VALUE;
    for (int price : prices) {
        dp_i20 = Math.max(dp_i20, dp_i21 + price);
        dp_i21 = Math.max(dp_i21, dp_i10 - price);
        dp_i10 = Math.max(dp_i10, dp_i11 + price);
        dp_i11 = Math.max(dp_i11, -price);
    }
    return dp_i20;
}

188.买卖股票的最佳时机IV 🔗

这是买卖股票问题的最抽象的问题，即 k 可以是题目给定的任何数的情况。

有了上一题 k = 2 的铺垫，把上一题的 k = 2 换成题目输入的 k 即可：

public int maxProfit(int k, int[] prices) {
    int n = prices.length;
    if (n <= 0) {
        return 0;
    }
    int[][][] dp = new int[n][k + 1][2];

    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = k; j >= 1; j--) {
            if (i - 1 == -1) {
                dp[i][j][0] = 0;
                dp[i][j][1] = -prices[i];
                continue;
            }
            dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
            dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);
        }
    }

    return dp[n - 1][k][0];
}

同时，一次交易由买入和卖出构成，至少需要两天。所以说有效的限制 k 应该不超过 n/2，如果超过就没有约束作用了，相当于 k 没有限制的情况，而这种情况是之前解决过的。

所以可以直接把之前的代码重用：

public int maxProfit(int k, int[] prices) {
    int n = prices.length;
    if (n == 0) {
        return 0;
    }
    if (k > n / 2) {
        // 复用之前交易次数 k 没有限制的情况
        return maxProfit_k_inf(prices);
    }

    // base case：
    // dp[-1][...][0] = dp[...][0][0] = 0
    // dp[-1][...][1] = dp[...][0][1] = -infinity
    int[][][] dp = new int[n][k + 1][2];
    // k = 0 时的 base case
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        dp[i][0][1] = Integer.MIN_VALUE;
        dp[i][0][0] = 0;
    }

    for (int i = 0; i < n; i++)
        for (int j = k; j >= 1; j--) {
            if (i - 1 == -1) {
                // 处理 i = -1 时的 base case
                dp[i][j][0] = 0;
                dp[i][j][1] = -prices[i];
                continue;
            }
            dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
            dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);
        }

    return dp[n - 1][k][0];
}

private int maxProfit_k_inf(int[] prices) {
    int n = prices.length;
    int[][] dp = new int[n][2];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (i - 1 == -1) {
            // base case
            dp[i][0] = 0;
            dp[i][1] = -prices[i];
            continue;
        }
        dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
        dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
    }
    return dp[n - 1][0];
}

至此，6 道题目通过一个状态转移方程全部解决。

有限状态机之 KMP 字符匹配算法

28.实现strStr 🔗

约定用 pat 表示模式串，长度为 M，txt 表示文本串，长度为 N。KMP 算法是在 txt 中查找子串 pat，如果存在，返回这个子串的起始索引，否则返回 -1。

KMP 算法概述

力扣第 28 题「实现 strStr」就是字符串匹配问题，暴力的字符串匹配算法很容易写，看一下它的运行逻辑：

// 暴力匹配（伪码）
int search(String pat, String txt) {
    int M = pat.length;
    int N = txt.length;
    for (int i = 0; i <= N - M; i++) {
        int j;
        for (j = 0; j < M; j++) {
            if (pat[j] != txt[i+j])
                break;
        }
        // pat 全都匹配了
        if (j == M) return i;
    }
    // txt 中不存在 pat 子串
    return -1;
}

对于暴力算法，如果出现不匹配字符，同时回退 txt 和 pat 的指针，嵌套 for 循环，时间复杂度 O(MN)，空间复杂度 O(1)。最主要的问题是，如果字符串中重复的字符比较多，该算法就显得笨拙。

如 txt = "aaacaaab", pat = "aaab"：

明显在 pat 中根本没有字符 c，就没必要回退指针 i，暴力解法明显多做了很多不必要的操作。

KMP 算法的不同之处在于，它会花费空间来记录一些信息，在上述情况中就会显得很聪明：

再如类似的 txt = "aaaaaaab", pat = "aaab"，暴力解法还会和上面一样回退指针 i，而 KMP 算法会更聪明：

因为 KMP 算法知道字符 b 之前的字符 a 都是匹配的，所以每次只需要比较字符 b 是否被匹配就行了。

KMP 算法永不回退 txt 的指针 i，不走回头路（不会重复扫描 txt），而是借助 dp 数组中储存的信息把 pat 移到正确的位置继续匹配，时间复杂度只需 O(N)，用空间换时间，所以可以认为它是一种动态规划算法。

KMP 算法的难点在于，如何计算 dp 数组中的信息、如何根据这些信息正确地移动 pat 的指针。这就需要确定有限状态自动机来辅助了。

还有一点需要明确的是：计算 dp 数组只和 pat 串有关。也是说只要给出 pat，就能通过这个模式串计算出 dp 数组，然后使用该 dp 数组在 O(N) 时间内去匹配不同的 txt。

具体来说，比如上文举的两个例子：

txt1 = "aaacaaab" 
pat = "aaab"
txt2 = "aaaaaaab" 
pat = "aaab"

虽然 txt 不同，但 pat 是一样的，所以 KMP 算法使用的 dp 数组是同一个。因此设计 KMP 算法时能够更加优雅：

public class KMP {
    private int[][] dp;
    private String pat;

    public KMP(String pat) {
        this.pat = pat;
        // 通过 pat 构建 dp 数组
        // 需要 O(M) 时间
    }

    public int search(String txt) {
        // 借助 dp 数组去匹配 txt
        // 需要 O(N) 时间
    }
}

这样，当需要用同一 pat 去匹配不同 txt 时，就不需要浪费时间构造 dp 数组了：

KMP kmp = new KMP("aaab");
int pos1 = kmp.search("aaacaaab"); //4
int pos2 = kmp.search("aaaaaaab"); //4

状态机概述

我们可以认为 pat 的匹配就是状态的转移。比如当 pat = “ABABC”：

如上图，圆圈内的数字就是状态，状态 0 是起始状态，状态 5（pat.length）是终止状态。开始匹配时 pat 处于起始状态，一旦转移到终止状态，就说明在 txt 中找到了 pat。如当前处于状态 2，就说明字符 “AB” 被匹配：

另外，处于不同状态时 pat 状态转移的行为也不同。假设现在匹配到了状态 4，如果遇到字符 A 就应该转移到状态 3，遇到字符 C 就应该转移到状态 5，如果遇到字符 B 就应该转移到状态 0：

如用变量 j 表示指向当前状态的指针，当前 pat 匹配到了状态 4：

如果遇到了字符 “A”，根据箭头指示，转移到状态 3 最优：

如果遇到了字符 “B”，根据箭头指示，只能转移到状态 0：

如果遇到了字符 “C”，根据箭头指示，应该转移到终止状态 5，这也就意味着匹配完成：

当然还可能遇到其他字符，如 Z，但是显然应该转移到起始状态 0，因为 pat 中根本都没有字符 Z。这里为了清晰起见，画状态图时把其他字符转移到状态 0 的箭头省略，只画 pat 中出现的字符的状态转移：

KMP 算法最关键的步骤就是构造这个状态转移图。要确定状态转移的行为需要明确两个变量，一个是当前的匹配状态，另一个是遇到的字符；确定了这两个变量后，就可以知道这个情况下应该转移到哪个状态。

为了描述状态转移图，定义一个二维 dp 数组，它的含义如下：

dp[j][c] = next
0 <= j < M，代表当前的状态
0 <= c < 256，代表遇到的字符（ASCII 码）
0 <= next <= M，代表下一个状态

dp[4]['A'] = 3 表示：
当前是状态 4，如果遇到字符 A，
pat 应该转移到状态 3

dp[1]['B'] = 2 表示：
当前是状态 1，如果遇到字符 B，
pat 应该转移到状态 2

根据 dp 数组的定义和状态转移的过程，可以写出 KMP 算法的 search 函数代码：

public int search(String txt) {
    int M = pat.length();
    int N = txt.length();
    // pat 的初始态为 0
    int j = 0;
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        // 当前是状态 j，遇到字符 txt[i]，
        // pat 应该转移到的状态
        j = dp[j][txt.charAt(i)];
        // 如果达到终止态，返回匹配开头的索引
        if (j == M) return i - M + 1;
    }
    // 没到达终止态，匹配失败
    return -1;
}

构建状态转移图

要确定状态转移的行为，必须明确两个变量，一个是当前的匹配状态，另一个是遇到的字符，现在已经根据这个逻辑确定了 dp 数组的含义，那么构造 dp 数组的框架：

for 0 <= j < M: # 状态
    for 0 <= c < 256: # 字符
        dp[j][c] = next

对于 next 状态，如果遇到的字符 c 和 pat[j] 匹配，状态就应该向前推进一个，也就是说 next = j + 1，不妨称这种情况为状态推进：

如果字符 c 和 pat[j] 不匹配，状态就要回退（或者原地不动），不妨称这种情况为状态重启：

那么该如何得知在哪个状态重启呢？解答这个问题前再定义一个名字：影子状态，用变量 X 表示。所谓影子状态，就是和当前状态具有相同的前缀。比如下面这种情况：

当前状态 j = 4，其影子状态为 X = 2，它们都有相同的前缀 “AB”。因为状态 X 和状态 j 存在相同的前缀，所以当状态 j 准备进行状态重启的时候（遇到的字符 c 和 pat[j] 不匹配），可以通过 X 的状态转移图来获得最近的重启位置。

比如说刚才的情况，如果状态 j 遇到一个字符 “A”。首先只有遇到 “C” 才能推进状态，遇到 “A” 只能进行状态重启。状态 j 会把这个字符委托给状态 X 处理，也就是 dp[j]['A'] = dp[X]['A']：

因为既然 j 已经确定字符 “A” 无法推进状态，只能回退，而且 KMP 就是要尽可能少的回退，以免多余的计算。那么 j 就可以去寻找与自己具有相同前缀的 X，如果 X 遇见 “A” 可以进行「状态推进」，那就转移过去，因为这样回退最少。

当然，如果遇到的字符是 “B”，状态 X 也不能进行「状态推进」，只能回退，j 只要跟着 X 指引的方向回退就行了：

因为 X 永远跟在 j 的身后，状态 X 如何转移，在之前就已经算出来了。动态规划算法也是这样利用过去的结果解决现在的问题。

细化一下刚才的框架代码：

int X # 影子状态
for 0 <= j < M:
    for 0 <= c < 256:
        if c == pat[j]:
            # 状态推进
            dp[j][c] = j + 1
        else: 
            # 状态重启
            # 委托 X 计算重启位置
            dp[j][c] = dp[X][c]

代码实现

现在就剩下一个问题：如何得到影子状态 X。先直接看完整代码：

public class KMP {
    private int[][] dp;
    private String pat;

    public KMP(String pat) {
        this.pat = pat;
        int M = pat.length();
        // dp[状态][字符] = 下个状态
        dp = new int[M][256];
        // base case
        dp[0][pat.charAt(0)] = 1;
        // 影子状态 X 初始为 0
        int X = 0;
        // 当前状态 j 从 1 开始
        for (int j = 1; j < M; j++) {
            for (int c = 0; c < 256; c++) {
                if (pat.charAt(j) == c) 
                    dp[j][c] = j + 1;
                else 
                    dp[j][c] = dp[X][c];
            }
            // 更新影子状态
            X = dp[X][pat.charAt(j)];
        }
    }

    public int search(String txt) {...}
}

先解释一下这一行代码：

// base case
dp[0][pat.charAt(0)] = 1;

这行代码是 base case，只有遇到 pat[0] 这个字符才能使状态从 0 转移到 1，遇到其它字符还是停留在状态 0（Java 默认初始化数组全为 0）。

影子状态 X 是先初始化为 0，然后随着 j 的前进而不断更新的。下面看看到底应该如何更新影子状态 X：

int X = 0;
for (int j = 1; j < M; j++) {
    ...
    // 更新影子状态
    // 当前是状态 X，遇到字符 pat[j]，
    // pat 应该转移到哪个状态
    X = dp[X][pat.charAt(j)];
}

更新 X 和 search 函数中更新状态 j 的过程非常相似：

int j = 0;
for (int i = 0; i < N; i++) {
    // 当前是状态 j，遇到字符 txt[i]，
    // pat 应该转移到哪个状态
    j = dp[j][txt.charAt(i)];
    ...
}

其中的原理非常微妙，注意代码中 for 循环的变量初始值，可以这样理解：后者是在 txt 中匹配 pat，前者是在 pat 中匹配 pat[1..end]，状态 X 总是落后状态 j 一个状态，与 j 具有最长的相同前缀。另外，构建 dp 数组是根据 base case dp[0][..] 向后推演。因此可以认为 KMP 算法就是一种动态规划算法。

至此，KMP 算法的核心完成了，完整代码：

public class KMP {
    private int[][] dp;
    private String pat;

    public KMP(String pat) {
        this.pat = pat;
        int M = pat.length();
        // dp[状态][字符] = 下个状态
        dp = new int[M][256];
        // base case
        dp[0][pat.charAt(0)] = 1;
        // 影子状态 X 初始为 0
        int X = 0;
        // 构建状态转移图
        for (int j = 1; j < M; j++) {
            for (int c = 0; c < 256; c++)
                dp[j][c] = dp[X][c];
            dp[j][pat.charAt(j)] = j + 1;
            // 更新影子状态
            X = dp[X][pat.charAt(j)];
        }
    }

    public int search(String txt) {
        int M = pat.length();
        int N = txt.length();
        // pat 的初始态为 0
        int j = 0;
        for (int i = 0; i < N; i++) {
            // 计算 pat 的下一个状态
            j = dp[j][txt.charAt(i)];
            // 到达终止态，返回结果
            if (j == M) return i - M + 1;
        }
        // 没到达终止态，匹配失败
        return -1;
    }
}

总结

传统的 KMP 算法是使用一个一维数组 next 记录前缀信息，而本文是使用一个二维数组 dp 以状态转移的角度解决字符匹配问题，但是空间复杂度仍然是 O(256M) = O(M)。

在 pat 匹配 txt 的过程中，只要明确了「当前处在哪个状态」和「遇到的字符是什么」这两个问题，就可以确定应该转移到哪个状态（推进或回退）。对于一个模式串 pat，其总共就有 M 个状态，对于 ASCII 字符，总共不会超过 256 种。所以就构造一个数组 dp[M][256] 来包含所有情况，并且明确 dp 数组的含义：

dp[j][c] = next 表示，当前是状态 j，遇到了字符 c，应该转移到状态 next。

对于如何构建这个 dp 数组，需要一个辅助状态 X，它永远比当前状态 j 落后一个状态，拥有和 j 最长的相同前缀，给它起名叫「影子状态」。

在构建当前状态 j 的转移方向时，只有字符 pat[j] 才能使状态推进（dp[j][pat[j]] = j + 1）；而对于其他字符只能进行状态回退，应该去找影子状态 X 判断应该回退到哪里（dp[j][other] = dp[X][other]，其中 other 是除了 pat[j] 之外所有字符）。

对于影子状态 X，我们把它初始化为 0，并且随着 j 的前进进行更新，更新的方式和 search 过程更新 j 的过程非常相似（X = dp[X][pat[j]]）。

背包类型问题

0-1 背包问题

最常说的 0-1 背包问题描述：有一个可装载重量为 W 的背包和 N 个物品，每个物品有重量和价值两个属性。其中第 i 个物品的重量为 wt[i]，价值为 val[i]，问现用这个背包装物品最多能装的价值是多少。

举个简单的例子，输入如下：

N = 3, W = 4
wt = [2, 1, 3]
val = [4, 2, 3]

算法返回 6，选择前两件物品装进背包，总重量 3 小于 W，可以获得最大价值 6。这是一个典型的动态规划问题。这个题目中的物品不可以分割，要么装进包里，要么不装。这就是 0-1 背包这个名词的来历。

要解决这个问题只需要使用动态规划框架即可。

第一步明确「状态」和「选择」。对于状态，只要给几个物品和一个背包的容量限制，就形成了一个背包问题。所以状态有两个，就是「背包的容量」和「可选择的物品」。对于每件物品，选择就是「装进背包」或「不装进背包」。

for 状态1 in 状态1的所有取值：
    for 状态2 in 状态2的所有取值：
        for ...
            dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)

第二步明确 dp 数组的定义。找到的「状态」有两个，因此需要一个二维 dp 数组。dp[i][w] 的定义如下：对于前 i 个物品，当前背包的容量为 w，这种情况下可以装的最大价值是 dp[i][w]。如 dp[3][5] = 6，其含义为：对于给定的一系列物品中，若只对前 3 个物品进行选择，当背包容量为 5 时，最多可以装下的价值为 6。

根据这个定义，想求的最终答案就是 dp[N][W]。base case 就是 dp[0][..] = dp[..][0] = 0，因为没有物品或者背包没有空间的时候，能装的最大价值就是 0。细化上面的框架：

int[][] dp[N + 1][W + 1]
dp[0][..] = 0
dp[..][0] = 0

for i in [1..N]:
    for w in [1..W]:
        dp[i][w] = max(
            把物品 i 装进背包,
            不把物品 i 装进背包
        )
return dp[N][W]

第三步根据「选择」思考状态转移的逻辑。即用代码实现「把物品 i 装进背包」和「不把物品 i 装进背包」。

如果没有把第 i 个物品装入背包，那么最大价值 dp[i][w] 应该等于 dp[i - 1][w]。如果把第 i 个物品装入了背包，那么 dp[i][w] 应该等于 val[i - 1] + dp[i - 1][w - wt[i - 1]]。

首先，由于数组索引从 0 开始，而定义中的 i 是从 1 开始计数的，所以 val[i - 1] 和 wt[i - 1] 表示第 i 个物品的价值和重量。如果选择将第 i 个物品装进背包，那么第 i 个物品的价值 val[i - 1] 就需要加上，接下来就要在剩余容量 w - wt[i - 1] 的限制下，在前 i - 1 个物品中挑选，求最大价值，即 dp[i-1][w - wt[i - 1]]。

写出了状态转移方程，可以进一步细化代码：

for i in [1..N]:
    for w in [1..W]:
        dp[i][w] = max(
            dp[i - 1][w],
            dp[i - 1][w - wt[i - 1]] + val[i - 1]
        )
return dp[N][W]

最后一步，把伪码翻译成代码，处理一些边界情况：

int knapsack(int W, int N, int[] wt, int[] val) {
    int[][] dp = new int[N + 1][W + 1];
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        for(int w = 1; w <= W; w++) {
            if(w - wt[i - 1] < 0) {
                // 装不下
                dp[i][w] = dp[i - 1][w];
            } else {
                dp[i][w] = Math.max(
                    dp[i - 1][w],
                    dp[i - 1][w - wt[i - 1] + val[i - 1]]
                );
            }
        }
    }
    return dp[N][W];
}

至此，背包问题就解决了。

子集背包问题

416.分割等和子集 🔗

这道题看上去与背包问题无关，但若先对集合求和得出 sum 就可以将问题转化为背包问题：

给一个可装载重量为 sum / 2 的背包和 N 个物品，每个物品的重量为 nums[i]。问是否存在一种装法能够恰好将背包装满。

典型的简单背包问题，首先确定「状态」和「选择」，与上节中相同：状态就是「背包的容量」和「可选择的物品」，选择就是「装进背包」或「不装进背包」。

其次明确 dp 数组的定义：dp[i][j] = x 表示，对于前 i 个物品（i 从 1 开始计数），当前背包的容量为 j 时，若 x = true，则说明可以恰好将背包装满，若 x = false，则说明不能恰好将背包装满。如 dp[4][9] = true，其含义为：对于容量为 9 的背包，若只用前 4 个物品则可以有一种方法把背包恰好装满。根据这个定义，想求的最终答案就是 dp[N][sum / 2]，base case 就是 dp[..][0] = true 和 dp[0][..] = false，因为背包没有空间时就相当于装满了，而当没有物品可选择时无法装满背包。

然后根据「选择」思考状态转移的逻辑。如果不把 nums[i] 算入子集，即不把第 i 个物品装入背包，那么是否能够恰好装满背包取决于上一个状态 dp[i - 1][j]。如果把 nums[i] 算入子集，即把第 i 个物品装入背包，那么是否能够恰好装满背包取决于状态 dp[i - 1][j - nums[i - 1]]。

**注意：**由于 dp 数组定义中的 i 是从 1 开始计数，而数组索引是从 0 开始的，所以第 i 个物品的重量应该是 nums[i - 1]。

dp[i - 1][j - nums[i - 1]] 表示：如果装了第 i 个物品，就要看背包的剩余重量 j - nums[i - 1] 限制下是否能够被恰好装满。

最后写出代码，处理边界问题：

public boolean canPartition(int[] nums) {
    int sum = 0;
    for(int num : nums) {
        sum += num;
    }
    // 和为奇数时，不可能划分成两个和相等的集合
    if(sum % 2 != 0) {
        return false;
    }
    int n = nums.length;
    sum /= 2;

    boolean[][] dp = new boolean[n + 1][sum + 1];

    // base case
    for(int i = 0; i <= n; i++) {
        dp[i][0] = true;
    }

    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = 1; j <= sum; j++) {
            if(j - nums[i - 1] < 0) {
                // 装不下
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            } else {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] || dp[i - 1][j - nums[i - 1]];
            }
        }
    }

    return dp[n][sum];
}

同时可以注意到 dp[i][j] 都是通过上一行 dp[i-1][..] 转移过来的，之前的数据都不会再使用了。所以可以将二维 dp 数组压缩为一维，节约空间复杂度：

public boolean canPartition(int[] nums) {
    int sum = 0;
    for (int num : nums) {
        sum += num;
    }
    // 和为奇数时，不可能划分成两个和相等的集合
    if (sum % 2 != 0) {
        return false;
    }
    int n = nums.length;
    sum /= 2;
    boolean[] dp = new boolean[sum + 1];

    // base case
    dp[0] = true;

    for(int i = 0; i < n; i++) {
        for(int j = sum; j >= 0; j--) {
            if(j - nums[i] >= 0) {
                dp[j] = dp[j] || dp[j - nums[i]];
            }
        }
    }

    return dp[sum];
}

这段代码和之前的解法思路完全相同，只在一行 dp 数组上操作，i 每进行一轮迭代，dp[j] 就相当于 dp[i - 1][j]，所以只需要一维数组就够用了。

唯一需要注意的是 j 应该从后往前反向遍历，因为每个物品（数字）只能用一次，以免之前的结果影响其他的结果。

至此，子集切割的问题就完全解决了，时间复杂度 O(n*sum)，空间复杂度 O(sum)。

完全背包问题

518.零钱兑换II 🔗

可以把这个问题转化为背包问题的描述形式：有一个最大容量为 amount 的背包，有一系列物品 coins，每个物品的重量为 coins[i]，每个物品的数量无限。问有多少种方法能够把背包恰好装满。

这个问题和前面的两个背包问题最大的区别就是，每个物品的数量是无限的，这也就是「完全背包问题」。

同样，对于动态规划问题第一步明确「状态」和「选择」。状态是「背包的容量」和「可选择的物品」，选择是「装进背包」或「不装进背包」。

第二步明确 dp 数组的定义，由于有两个状态，因此需要一个二维数组。dp[i][j] 的定义如下：若只使用前 i 个物品（可以重复使用），当背包容量为 j 时，有 dp[i][j] 种方法可以装满背包。

经过以上的定义，可以得到：base case 为 dp[0][..] = 0, dp[..][0] = 1。i = 0 代表不使用任何硬币面值，这种情况下显然无法凑出任何金额；j = 0 代表需要凑出的目标金额为 0，那么什么都不做就是唯一的一种凑法。

最终想得到的答案就是 dp[N][amount]，其中 N 为 coins 数组的大小。

大致的伪码思路如下：

int dp[N+1][amount+1]
dp[0][..] = 0
dp[..][0] = 1

for i in [1..N]:
    for j in [1..amount]:
        把物品 i 装进背包,
        不把物品 i 装进背包
return dp[N][amount]

第三步，根据「选择」思考状态转移的逻辑。这个问题的特殊点在于物品的数量是无限的。如果不把第 i 个物品装入背包，也就是说不使用 coins[i - 1] 这个面值的硬币，那么凑出面额 j 的方法数 dp[i][j] 应该等于 dp[i - 1][j]。如果把第 i 个物品装入了背包，也就是说使用 coins[i - 1] 这个面值的硬币，那么 dp[i][j] 应该等于 dp[i][j - coins[i - 1]]。如果决定使用这个面值的硬币，那么就应该关注如何凑出金额 j - coins[i - 1]。比如想用面值为 2 的硬币凑出金额 5，那么如果知道了凑出金额 3 的方法，再加上一枚面额为 2 的硬币就可以凑出 5 了。

综上就是两种选择，而想求的 dp[i][j] 是「共有多少种凑法」，所以 dp[i][j] 的值应该是以上两种选择的结果之和：

for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = 1; j <= amount; j++) {
        if (j - coins[i - 1] >= 0)
            dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - coins[i - 1]];
return dp[N][W]

最后把伪码翻译成代码，处理一些边界情况：

public int change(int amount, int[] coins) {
    int n = coins.length;
    int[][] dp = new int[n + 1][amount + 1];

    // base case
    for(int i = 0; i <= n; i++) {
        dp[i][0] = 1;
    }

    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        for(int j = 1; j <= amount; j++) {
            if(j - coins[i - 1] < 0) {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j];
            } else {
                dp[i][j] = dp[i - 1][j] + dp[i][j - coins[i - 1]];
            }
        }
    }

    return dp[n][amount];
}

通过观察可以发现，dp 数组的转移只和 dp[i][..] 和 dp[i - 1][..] 有关，所以可以进一步降低算法的空间复杂度：

public int change(int amount, int[] coins) {
    int n = coins.length;
    int[] dp = new int[amount + 1];

    // base case
    dp[0] = 1;

    for(int i = 0; i < n; i++) {
        for(int j = 1; j <= amount; j++) {
            if(j - coins[i] >= 0) {
                dp[j] = dp[j] + dp[j - coins[i]];
            } 
        }
    }

    return dp[amount];
}

这个解法和之前的思路完全相同，将二维 dp 数组压缩为一维，时间复杂度 O(N*amount)，空间复杂度 O(amount)。

回溯算法与动态规划

494.目标和 🔗

回溯思路

任何算法的核心都是穷举，回溯算法就是一个暴力穷举算法，回溯算法框架：

def backtrack(路径, 选择列表):
    if 满足结束条件:
        result.add(路径)
        return
    
    for 选择 in 选择列表:
        做选择
        backtrack(路径, 选择列表)
        撤销选择

关键就是搞清楚什么是「选择」。对于每个数字 nums[i] 可以选择给一个正号 + 或者一个负号 -，然后利用回溯模板穷举出来所有可能的结果，统计有几种组合能够凑出 target 即可。

伪码思路如下：

def backtrack(nums, i):
    if i == len(nums):
        if 达到 target:
            result += 1
        return
    
    for op in { +1, -1 }:
        选择 op * nums[i]
        # 穷举 nums[i + 1] 的选择
        backtrack(nums, i + 1)
        撤销选择

完整代码：

private int result = 0;

public int findTargetSumWays(int[] nums, int target) {
    if(nums.length == 0) {
        return 0;
    }
    backtrack(nums, 0, target, 0);
    return result;
}

private void backtrack(int[] nums, int i, int target, int sum) {
    // base case
    if(i == nums.length) {
        if(sum == target)

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