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news 2025/7/31 11:44:31

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第一题

题目来源

题目内容

解决方法

方法一：哈希表

方法二：计数器数组

第二题

题目来源

题目内容

解决方法

方法一：分治法

方法二：快速幂 + 迭代

方法三：快速幂 + 递归

第三题

题目来源

题目内容

解决方法

方法一：回溯算法

方法二：基于集合的回溯

方法三：基于位运算的回溯

方法四：DFS（深度优先搜索）

第一题

题目来源

49. 字母异位词分组 - 力扣（LeetCode）

题目内容

解决方法

方法一：哈希表

思路：首先，我们可以使用哈希表来存储字母异位词分组的结果。遍历字符串数组中的每个字符串，对每个字符串进行排序，得到其排序后的字符串作为哈希表的键。然后将原始字符串添加到对应键的列表中，最后返回哈希表的值即可。

import java.util.*;
class Solution {public List<List<String>> groupAnagrams(String[] strs) {// 创建一个哈希表，key 为排序后的字符串，value 为相同排序后字符串的原始字符串列表Map<String, List<String>> map = new HashMap<>();// 遍历字符串数组for (String str : strs) {// 将字符串转为字符数组并排序char[] arr = str.toCharArray();Arrays.sort(arr);String sortedStr = String.valueOf(arr);// 如果哈希表中不存在该键，则新建一个键值对if (!map.containsKey(sortedStr)) {map.put(sortedStr, new ArrayList<>());}// 将原始字符串添加到对应键的列表中map.get(sortedStr).add(str);}// 返回哈希表的值，即分组后的结果列表return new ArrayList<>(map.values());}
}

复杂度分析：

时间复杂度分析：

对于每个字符串，需要将其排序，排序的时间复杂度为 O(klogk)，其中 k 为字符串的长度。
总共有 n 个字符串，因此总时间复杂度为 O(nklogk)。

空间复杂度分析：

使用了一个哈希表来存储分组的结果，最多包含 n 个键值对。
每个键值对中的值是一个列表，列表的最大长度为 n。
因此，空间复杂度为 O(n)。

综上所述，该解法的时间复杂度为 O(nklogk)，空间复杂度为 O(n)。

LeetCode运行结果：

方法二：计数器数组

除了使用哈希表的方法，我们还可以通过使用计数器数组来实现字母异位词的分组。

具体思路如下：

创建一个长度为26的整型数组count，用于记录每个字母出现的次数。
遍历字符串数组中的每个字符串：
- 将count数组每个位置的值都置为0，用于统计当前字符串的字符出现次数。
- 遍历当前字符串，将每个字符出现的次数加到count数组对应的位置上。
- 将count数组转换为一个唯一的字符串作为哈希表的键。
- 将当前字符串添加到对应键的列表中。
返回哈希表的值，即分组后的结果列表。

import java.util.*;class Solution {public List<List<String>> groupAnagrams(String[] strs) {// 创建一个哈希表，key 为唯一的计数器字符串，value 为相同计数器字符串的原始字符串列表Map<String, List<String>> map = new HashMap<>();// 遍历字符串数组for (String str : strs) {// 创建一个长度为26的计数器数组int[] count = new int[26];// 统计当前字符串中每个字符出现的次数for (char c : str.toCharArray()) {count[c - 'a']++;}// 将计数器数组转换为一个唯一的字符串作为哈希表的键StringBuilder sb = new StringBuilder();for (int i = 0; i < 26; i++) {sb.append('#');sb.append(count[i]);}String key = sb.toString();// 如果哈希表中不存在该键，则新建一个键值对if (!map.containsKey(key)) {map.put(key, new ArrayList<>());}// 将原始字符串添加到对应键的列表中map.get(key).add(str);}// 返回哈希表的值，即分组后的结果列表return new ArrayList<>(map.values());}
}

复杂度分析：

时间复杂度分析：

对于每个字符串，需要遍历一次，并统计字符出现的次数，时间复杂度为 O(k)。
总共有 n 个字符串，因此总时间复杂度为 O(nk)。

空间复杂度分析：

使用了一个哈希表来存储分组的结果，最多包含 n 个键值对。
每个键值对中的值是一个列表，列表的最大长度为 n。
因此，空间复杂度为 O(n)。

综上所述，该解法的时间复杂度为 O(nk)，空间复杂度为 O(n)。

LeetCode运行结果：

第二题

题目来源

50. Pow(x, n) - 力扣（LeetCode）

题目内容

解决方法

方法一：分治法

根据题目要求，可以使用分治法来实现 pow(x, n) 函数。具体做法如下：

若 n < 0，则转换为求解 pow(1/x, -n)。
定义递归函数 helper(x, n)，表示计算 x 的整数 n 次幂。
当 n 为 0 时，返回 1。
当 n 为偶数时，将问题规模缩小一半，即计算 helper(x, n/2) * helper(x, n/2)。
当 n 为奇数时，将结果乘以 x，即计算 x * helper(x, n/2) * helper(x, n/2)。
根据 n 的正负性，返回最终结果。

public class Solution {public double myPow(double x, int n) {// 若指数 n 为负数，则转换为求解 pow(1/x, -n)if (n < 0) {x = 1 / x;n = -n;}return helper(x, n);}private double helper(double x, int n) {// 递归结束条件：n 为 0if (n == 0) {return 1.0;}// 递归计算一半的结果double half = helper(x, n / 2);// 若 n 为偶数if (n % 2 == 0) {return half * half;}// 若 n 为奇数else {return x * half * half;}}
}

复杂度分析：

时间复杂度分析：

每次递归，问题规模缩小一半，因此递归的层数为 O(logn)。
在每一层递归中，需要进行一次乘法运算。因此，总时间复杂度为 O(logn)。

空间复杂度分析：

使用了 O(logn) 的递归栈空间。

LeetCode运行结果：

方法二：快速幂 + 迭代

算法思路：首先，将指数 n 转化为 long 类型的 N，以处理负数指数的情况。然后，对于任意一个实数 x 和非负整数 N，可以通过二分法迭代计算出 x^N 的值。

假设已经计算出 x^{N/2}，那么有以下两种情况：

当 N 为偶数时，有：x^N = (x^{N/2})^2 当 N 为奇数时，有：x^N = x * (x^{N/2})^2

通过上面两种情况，可以将原问题分解成规模更小的子问题，并且每次只需进行一次乘法运算即可。不断重复这个过程，最终可以得到 x^N 的值。

class Solution {public double myPow(double x, int n) {// 将指数转化为long类型的N，以处理负数指数的情况long N = n;// 如果N为负数，将x变为1/x，指数变为相反数return N >= 0 ? quickMul(x, N) : 1.0 / quickMul(x, -N);}public double quickMul(double x, long N) {// ans初始化为1，因为x^0=1double ans = 1.0;// 贡献的初始值为xdouble x_contribute = x;// 使用二分法迭代计算x^Nwhile (N > 0) {// 如果N的二进制最低位为1，那么需要计入贡献if (N % 2 == 1) {ans *= x_contribute;}// 将贡献不断平方x_contribute *= x_contribute;// 右移一位，相当于除以2N /= 2;}return ans;}
}

复杂度分析：

时间复杂度：由于每次将指数减半，因此算法的迭代次数为 logn。每次迭代只需要进行一次乘法运算，因此总时间复杂度为 O(logn)。
空间复杂度：算法中只使用了常数个变量，因此空间复杂度为 O(1)。

LeetCode运行结果：

方法三：快速幂 + 递归

算法思路：假设已经计算出 x^{N/2}，那么有以下两种情况：

当 N 为偶数时，有：x^N = (x^{N/2})^2 当 N 为奇数时，有：x^N = x * (x^{N/2})^2

通过上面两种情况，可以将原问题分解成规模更小的子问题，并且每次只需进行一次乘法运算即可。不断重复这个过程，最终可以得到 x^N 的值。

class Solution {public double myPow(double x, int n) {// 将指数转化为long类型的N，以处理负数指数的情况long N = n;// 如果N为负数，将x变为1/x，指数变为相反数return N >= 0 ? quickMul(x, N) : 1.0 / quickMul(x, -N);}public double quickMul(double x, long N) {// 如果N==0，返回1.0if (N == 0) {return 1.0;}// 先计算出x的N/2次方double y = quickMul(x, N / 2);// 如果N为偶数，y*y即为x的N次方if (N % 2 == 0) {return y * y;}// 如果N为奇数，y*y*x即为x的N次方else {return y * y * x;}}
}

复杂度分析：

时间复杂度：由于每次将指数减半，因此算法的迭代次数为 logn。每次迭代只需要进行一次乘法运算，因此总时间复杂度为 O(logn)。
空间复杂度：由于算法使用了递归来实现快速幂运算，因此最坏情况下递归的深度为 logn，因此空间复杂度为 O(logn)。

LeetCode运行结果：

第三题

题目来源

51. N 皇后 - 力扣（LeetCode）

题目内容

解决方法

方法一：回溯算法

N 皇后问题可以使用回溯算法来求解。回溯算法是一种深度优先搜索的算法，通过递归地尝试所有可能的解决方案，并在不满足条件时进行回溯。

具体思路如下：

创建一个长度为 n 的数组 queens，用于存储每一行皇后所在的列索引。初始化时，所有元素都为 -1，表示还没有放置皇后。
使用回溯函数进行递归搜索，函数定义如下：
- 参数 row 表示当前正在放置皇后的行数。
- 参数 n 表示棋盘的大小，也表示需要放置的皇后的数量。
- 在递归的过程中，从左到右依次尝试放置皇后，对于每个位置 (row, col)，判断是否可以放置皇后的条件是不在同一列或同一斜线上。如果可以放置，则将 queens[row] 设置为 col，表示在当前行放置皇后的位置为 (row, col)。
- 如果当前行是最后一行（即 row == n - 1），说明找到了一种解法，将该解法存储起来。
- 如果当前行不是最后一行，则继续递归放置下一行的皇后。
- 在递归结束后，需要进行回溯操作，即撤销当前行放置的皇后，尝试放置下一个位置。
创建一个函数 isValid(row, col, n) 来判断当前位置是否可以放置皇后。判断的条件是不在同一列或同一斜线上。具体判断方法如下：
- 对于每一行，使用数组 queens 存储了已经放置的皇后位置，因此只需要判断列号是否相等或者斜率是否为 ±1±1 即可。
最后，将所有解法转换为字符串表示，存储到结果列表中，并返回作为结果。

class Solution {// 存储每一行皇后所在的列索引int[] queens;// 存储所有解法List<List<String>> solutions;public List<List<String>> solveNQueens(int n) {queens = new int[n];solutions = new ArrayList<>();backtrack(0, n);return solutions;}// 回溯函数private void backtrack(int row, int n) {if (row == n) { // 找到一种解法List<String> solution = generateSolution(n);solutions.add(solution);} else {for (int col = 0; col < n; col++) {if (isValid(row, col, n)) { // 判断当前位置是否可以放置皇后queens[row] = col;backtrack(row + 1, n); // 继续下一行的回溯}}}}// 判断当前位置是否可以放置皇后private boolean isValid(int row, int col, int n) {for (int i = 0; i < row; i++) {int diff = Math.abs(col - queens[i]);if (diff == 0 || diff == row - i) { // 判断是否在同一列或同一斜线上return false;}}return true;}// 生成解法的字符串表示private List<String> generateSolution(int n) {List<String> solution = new ArrayList<>();for (int row = 0; row < n; row++) {StringBuilder sb = new StringBuilder();for (int col = 0; col < n; col++) {if (col == queens[row]) {sb.append("Q");} else {sb.append(".");}}solution.add(sb.toString());}return solution;}
}

复杂度分析：

时间复杂度：在回溯算法中，对于每一行的每一个位置，都需要进行判断。在判断当前位置是否可以放置皇后时，需要遍历已经放置的皇后，时间复杂度为 O(N)。因此，在放置 N 个皇后的过程中，总体的时间复杂度为 O(N^N \cdot N!)，其中 N! 表示 N 的阶乘。
空间复杂度：除了存储结果的列表之外，需要额外使用一个数组 queens 来存储每一行皇后所在的列索引，数组的长度为 N。递归调用栈的最大深度为 N。因此，额外的空间复杂度为 O(N)。

需要注意的是，以上复杂度分析是在没有剪枝优化的情况下。实际上，N 皇后问题可以通过剪枝优化来减少搜索的空间和时间复杂度，例如通过判断不同行上皇后的冲突情况，来排除不必要的搜索路径。通过合理的剪枝策略，可以显著提高算法的效率。

总结起来，N 皇后问题的时间复杂度为 O(N^N \cdot N!)，空间复杂度为 O(N)。

LeetCode运行结果：

方法二：基于集合的回溯

import java.util.*;
class Solution {
public List<List<String>> solveNQueens(int n) {List<List<String>> result = new ArrayList<>();Set<Integer> cols = new HashSet<>();Set<Integer> diagonals1 = new HashSet<>();Set<Integer> diagonals2 = new HashSet<>();backtrack(n, 0, new ArrayList<>(), result, cols, diagonals1, diagonals2);return result;}private void backtrack(int n, int row, List<String> board, List<List<String>> result,Set<Integer> cols, Set<Integer> diagonals1, Set<Integer> diagonals2) {if (row == n) {result.add(new ArrayList<>(board));return;}for (int col = 0; col < n; col++) {int diagonal1 = row - col;int diagonal2 = row + col;if (cols.contains(col) || diagonals1.contains(diagonal1) || diagonals2.contains(diagonal2)) {continue;}cols.add(col);diagonals1.add(diagonal1);diagonals2.add(diagonal2);char[] charArray = new char[n];Arrays.fill(charArray, '.');charArray[col] = 'Q';String rowString = new String(charArray);board.add(rowString);backtrack(n, row + 1, board, result, cols, diagonals1, diagonals2);board.remove(board.size() - 1);cols.remove(col);diagonals1.remove(diagonal1);diagonals2.remove(diagonal2);}}
}

通过回溯的方式，在每一行中的每个位置尝试放置皇后。使用三个集合 cols、diagonals1 和 diagonals2 分别记录已经放置的皇后所在的列、主对角线和副对角线的信息，用于判断是否是合法的放置位置。当放置的皇后数量达到 N 个时，将当前结果加入最终的结果列表中。

注意，在每一次放置皇后之前，需要先判断当前位置是否已经被占据，如果是，则跳过该位置。同时，在回溯的过程中，需要及时撤销之前的操作，即从集合和棋盘中移除皇后的相关信息。

复杂度分析：

N 皇后问题的时间复杂度很难精确地确定，因为不同的搜索方案具有不同的耗时。但是可以确定的是，N 皇后问题解的数量一定是阶乘级别的，即 O(N!)。

在回溯算法中，每次递归处理到第 i 行时，都需要考虑所有列 j 是否可用，因此时间复杂度为 O(N^i)。因此，总的时间复杂度可以表示为： O(N!)

空间复杂度方面，除了存储答案和一些辅助变量外，主要的空间开销是递归调用栈的空间。在最坏情况下，即所有可能的排列方式都需要尝试一遍时，递归栈的深度会达到 N，每层递归需要 O(N) 的空间，因此空间复杂度也是 O(N)。

需要注意的是，在实际应用中，我们可以通过剪枝等方式来优化回溯算法的效率，从而在适当的情况下减小时间和空间的开销。

LeetCode运行结果：

方法三：基于位运算的回溯

当使用位运算来解决 N 皇后问题时，可以通过一个整数的二进制表示来记录每个皇后的位置，其中每个皇后占据一列，皇后所在的行由二进制中的位置表示。

class Solution {
public List<List<String>> solveNQueens(int n) {List<List<String>> result = new ArrayList<>();solveNQueensHelper(n, 0, 0, 0, 0, new ArrayList<>(), result);return result;}private void solveNQueensHelper(int n, int row, int col, int ld, int rd, List<String> solution, List<List<String>> result) {// 找到一个可行解if (row == n) {result.add(new ArrayList<>(solution));return;}// 生成当前行的可选位置int availablePositions = ((1 << n) - 1) & (~(col | ld | rd));// 在当前行逐个尝试可选位置while (availablePositions != 0) {int position = availablePositions & (-availablePositions); // 获取最低位的 1int columnIndex = Integer.bitCount(position - 1); // 获取最低位的 1 所在的列索引// 构建当前行的字符串表示StringBuilder sb = new StringBuilder();for (int i = 0; i < n; i++) {sb.append(i == columnIndex ? 'Q' : '.');}solution.add(sb.toString());// 更新下一行的状态solveNQueensHelper(n, row + 1, col | position, (ld | position) << 1, (rd | position) >> 1, solution, result);// 恢复当前行的状态solution.remove(solution.size() - 1);// 清除最低位的 1，继续尝试下一个可选位置availablePositions &= (availablePositions - 1);}}
}

这段代码中，使用位运算来记录每个皇后的位置，其中 col 表示已占据的列，ld 表示已占据的左对角线，rd 表示已占据的右对角线。通过位运算可以快速判断某个位置是否可选。

在 solveNQueensHelper 方法中，递归地尝试每个可选位置，并更新下一行的状态。当找到一个可行解时，将其添加到结果列表中。最后，将整个结果返回。

复杂度分析：

时间复杂度：

构建可选位置集合的操作需要遍历每个列，时间复杂度为 O(N)。
在递归求解过程中，每行都需要尝试遍历可选位置，时间复杂度为 O(N!)。综上，总的时间复杂度为 O(N * N!)。

空间复杂度：

递归调用栈的深度为 N，每层递归需要常数级别的额外空间，因此空间复杂度为 O(N)。
存储结果列表的空间复杂度为 O(N^2 * N!)，其中 N^2 是存储每个解所需的空间。综上，总的空间复杂度为 O(N^2 * N!).

需要注意的是，虽然使用位运算可以提高算法的执行效率，但是在 N 很大时，N 皇后问题仍然是一个非常耗时的问题。因此，在实际应用中，当 N 较大时，可能需要考虑其他更加高效的解决方案。

LeetCode运行结果：

方法四：DFS（深度优先搜索）

import java.util.ArrayList;
import java.util.List;
class Solution {
public List<List<String>> solveNQueens(int n) {List<List<String>> result = new ArrayList<>();boolean[] colUsed = new boolean[n];boolean[] diag1Used = new boolean[2 * n - 1];boolean[] diag2Used = new boolean[2 * n - 1];char[][] board = new char[n][n];for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = 0; j < n; j++) {board[i][j] = '.';}}dfs(0, n, board, colUsed, diag1Used, diag2Used, result);return result;}private void dfs(int row, int n, char[][] board, boolean[] colUsed, boolean[] diag1Used, boolean[] diag2Used, List<List<String>> result) {// 找到一个可行解if (row == n) {List<String> solution = new ArrayList<>();for (int i = 0; i < n; i++) {solution.add(new String(board[i]));}result.add(solution);return;}for (int col = 0; col < n; col++) {int diag1 = row + col;int diag2 = row - col + n - 1;// 检查当前位置是否可放置皇后if (!colUsed[col] && !diag1Used[diag1] && !diag2Used[diag2]) {board[row][col] = 'Q';colUsed[col] = true;diag1Used[diag1] = true;diag2Used[diag2] = true;// 继续搜索下一行dfs(row + 1, n, board, colUsed, diag1Used, diag2Used, result);// 恢复当前位置的状态board[row][col] = '.';colUsed[col] = false;diag1Used[diag1] = false;diag2Used[diag2] = false;}}}
}

在这段代码中，我们使用 boolean 数组来表示每一列、每一条正对角线和反对角线是否已经被占用。我们使用二维字符数组来表示棋盘，其中皇后的位置用 'Q' 表示，空位置用 '.' 表示。

在 solveNQueens 方法中，首先初始化棋盘和状态数组，然后调用 dfs 方法进行深度优先搜索。

dfs 方法采用递归的方式，从第 0 行开始，逐行遍历每个位置。对于每个位置，检查当前列、正对角线和反对角线是否已经被占用。如果没有被占用，则将皇后放在该位置，并更新状态数组。然后递归地搜索下一行。当搜索到最后一行时，得到一个可行解，将其保存到结果列表中。最后，恢复当前位置的状态，继续尝试下一个位置。

复杂度分析：

时间复杂度：