1. 415. 字符串相加
题目详情
代码1
class Solution { public: string addStrings(string num1, string num2) { int index1=num1.size()-1,index2=num2.size()-1;//找到最后一位 int next=0;//进位 string retStr; while(index1>=0||index2>=0)//还有一个没完就要进来：有可能一直进位 { int val1=0,val2=0; if(index1>=0) { val1=num1[index1--]-'0'; } if(index2>=0) { val2=num2[index2--]-'0'; } int ret=next+val1+val2;//两者相加后加上进位数 next=ret/10;//需要进位就是1了，不需要就是0 ret%=10; retStr.insert(0,1,'0'+ret);//头插到新string } //最后有可能有1+9的情况,现在只会有0 if(next==1) { retStr.insert(0,1,'1'); } return retStr; } };
思路1
首先，定义两个指针 index1 和 index2 分别指向两个输入字符串的最后一位，用来从后往前遍历字符串。
然后定义一个变量 next 用来表示进位，初始化为 0。
接下来使用一个循环来遍历两个字符串，直到 index1 和 index2 都小于 0。在循环中，每次取出 index1 和 index2 对应位置的数字，并将它们与进位相加，得到一个临时的结果 ret。
然后更新进位 next 为 ret/10，并将 ret%10 插入到需要返回的字符串 retStr 的开头。
循环结束后，还需要检查最后是否有进位，如果有，需要将进位插入到结果字符串的开头。
但此时还是有一个问题的，那就是效率低（因为头插时间复杂度O（N^2））;
代码2
class Solution { public: string addStrings(string num1, string num2) { int index1=num1.size()-1,index2=num2.size()-1;//找到最后一位 int next=0;//进位 string retStr; while(index1>=0||index2>=0)//还有一个没完就要进来：有可能一直进位 { int val1=0,val2=0; if(index1>=0) { val1=num1[index1--]-'0'; } if(index2>=0) { val2=num2[index2--]-'0'; } int ret=next+val1+val2;//两者相加后加上进位数 next=ret/10;//需要进位就是1了，不需要就是0 ret%=10; //使用尾插效率更好,尾插有append，这里我们使用+= retStr+='0'+ret; } //最后有可能有1+9的情况,现在只会有0 if(next==1) { retStr+='1'; } reverse(retStr.begin(),retStr.end());//尾插后，最后翻转一下 return retStr; } };
思路2
整体思路都是一样的，只不过有头插换成了尾插+翻转
2. 125. 验证回文串
题目详情
代码1（按照要求修改后放到新string里）
class Solution { public: bool isPalindrome(string s) { string re; for(auto e:s)//按照要求修改好 { if((e>='A'&&e<='Z')||(e>='a'&&e<='z')||(e>='0'&&e<='9')) { if(e>='A'&&e<='Z') { re+=(e+32); } else { re+=e; } } } string modified(re); reverse(re.begin(),re.end()); //看看是否相同 for(int i=0;i<modified.size();i++) { if(re[i]!=modified[i]) { return false; } } return true; }
思路1
遍历输入字符串 s 中的每个字符 e。
如果字符 e 是字母或数字，则根据题目要求将大写字母转换为小写字母，并将其添加到新的字符串 re 中。
创建一个新的字符串 modified，它是字符串 re 的一个副本。
反转字符串 re。
比较反转后的字符串 re 和副本字符串 modified，如果它们不相等，则返回 false，表示不是回文字符串；如果它们相等，则返回 true，表示是回文字符串
代码2(利用双指针/索引)
bool isLetterOrNumber(char ch) { return (ch>='A'&&ch<='Z')||(ch>='a'&&ch<='z')||(ch>='0'&&ch<='9'); } class Solution { public: bool isPalindrome(string s) { for(auto& e:s)//大的变小的 { if(e>='A'&&e<='Z') { e+=32; } } int begin=0; int end=s.size()-1; while(begin<end) { while(begin<end&&!isLetterOrNumber(s[begin])) { begin++; } while(begin<end&&!isLetterOrNumber(s[end])) { --end; } if(s[begin]!=s[end]) { return false; } else { ++begin; --end; } } return true; } };
思路2
创建一个辅助函数 isLetterOrNumber，用于判断一个字符是否是字母或数字。
遍历输入字符串 s 中的每个字符 e，将大写字母转换为小写字母。
初始化两个指针 begin 和 end，分别指向字符串的开头和结尾。
在一个 while 循环中，不断移动指针 begin 和 end，直到两个指针相遇。
在移动指针的过程中，跳过非字母和数字的字符。
在二者都是数字或者字母后，比较指针指向的字符，如果不相等，则返回 false，表示不是回文字符串；如果相等，则继续移动指针。
如果循环结束后都没有返回 false，则说明是回文字符串，返回 true。
3. 541. 反转字符串 II
题目详情
代码1
class Solution { public: string reverseStr(string s, int k) { int len=s.size(); for(int i=0;i<len;i+=2*k) { if(i+k<=len)//剩余字符小于 2k 但大于或等于 k 个，则反转前 k 个字符 //同时前面的2k区域不用管，直接满足，只有最后那个不够2k的区间才讨论 { reverse(s.begin()+i,s.begin()+i+k); } else{ reverse(s.begin()+i,s.begin()+len); } } return s; } };
思路1
利用每次要跳2k来处理：就直接i+=2k，这样每次直接跳到下一个区间，前面够2k的不用管，直接满足i+k<=len，只有那最后一个不够2k的需要讨论（毕竟s.begin()+len是最后元素的下个位置）
4. 557. 反转字符串中的单词 III
题目详情
代码1（利用find）
class Solution { public: string reverseWords(string s) { size_t pos=0; int i=0; while(i<s.size()) { pos=s.find(' ',i); if(pos==string::npos)//只有一个单词了 { reverse(s.begin()+i,s.end()); break; } reverse(s.begin()+i,s.begin()+pos); i=(pos+1); } return s; } };
思路1
总体思路是找到单词的左和右索引，在这个区间内进行翻转
利用一个i 对字符串进行遍历，pos来储存找到的' '的下标
那么从i到pos就是一个单词加上’ '，正好满足reserve()函数左闭右开的性质
然后i=pos+1（跳到空格后）
如果没找到空格，就说明只剩下一个，或者只有一个单词。 就直接i到end（）进行翻转了
代码2（利用双指针）
class Solution { public: string reverseWords(string s) { int i=0; while(i<s.size())//直接进循环 { int left=i;//存一下起始位置 while(i<s.size()&&s[i]!=' ')//找空格 { i++; } //现在要么找到了，要么到size处了 int right=i-1; while(left<right)//开始换 { swap(s[left],s[right]); left++; right--; } if(s[i]==' ') { i++; } } return s; } };
思路2
总体思路是一样的，不过自己找，没有利用find
今天就到这里啦！
