挑战100天 AI In LeetCode Day04（热题+面试经典150题）

一、LeetCode介绍
二、LeetCode 热题 HOT 100-6
- 2.1 题目
- 2.2 题解
三、面试经典 150 题-6
- 3.1 题目
- 3.2 题解

一、LeetCode介绍

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LeetCode是一个在线编程网站，提供各种算法和数据结构的题目，面向程序员、计算机科学专业学生和技术爱好者等人群，旨在帮助他们提高算法和编程技能。LeetCode上的问题通常来自各种技术公司的面试题目，因此它也是程序员面试准备的重要资源之一。

LeetCode上的问题涵盖了各种难度级别，从入门级到专家级都有不同难度的题目可供练习。用户可以选择使用不同的编程语言提交答案，LeetCode能够对结果进行评估并返回测试结果。

除了题目外，LeetCode还提供了讨论区、排行榜等社区功能，用户可以在这里交流学习心得、解决疑难问题，并与其他用户比较自己的做题成绩。

挑战100天 AI In LeetCode是基于LeetCode题库，借助AI的能力进行解题、并学习其解题过程。

二、LeetCode 热题 HOT 100-6

2.1 题目

正则表达式匹配

给你一个字符串 s 和一个字符规律 p，请你来实现一个支持 '.' 和 '*' 的正则表达式匹配。

'.' 匹配任意单个字符
'*' 匹配零个或多个前面的那一个元素
所谓匹配，是要涵盖 整个 字符串 s的，而不是部分字符串。

 
示例 1：

输入：s = "aa", p = "a"
输出：false
解释："a" 无法匹配 "aa" 整个字符串。
示例 2:

输入：s = "aa", p = "a*"
输出：true
解释：因为 '*' 代表可以匹配零个或多个前面的那一个元素, 在这里前面的元素就是 'a'。因此，字符串 "aa" 可被视为 'a' 重复了一次。
示例 3：

输入：s = "ab", p = ".*"
输出：true
解释：".*" 表示可匹配零个或多个（'*'）任意字符（'.'）。
 

提示：

1 <= s.length <= 20
1 <= p.length <= 20
s 只包含从 a-z 的小写字母。
p 只包含从 a-z 的小写字母，以及字符 . 和 *。
保证每次出现字符 * 时，前面都匹配到有效的字符

2.2 题解

时间复杂度为 O(mn)，其中 m 和 n 分别为字符串 s 和模式 p 的长度；空间复杂度为 O(mn)，使用了一个二维数组来存储状态。

解题思路：

这个题目可以使用动态规划来解决。我们可以定义一个二维数组 dp，其中 dp[i][j] 表示字符串 s 的前 i 个字符和模式 p 的前 j 个字符是否能匹配。

接下来，我们来考虑如何更新这个二维数组。对于 dp[i][j] 而言，有以下几种情况：

如果 p[j-1] 是普通字符（即非’.‘和’*'），则当前字符必须匹配，即 s[i-1] == p[j-1]，并且前面的字符也必须匹配，即 dp[i-1][j-1] 必须为 true。
如果 p[j-1] 是’.'，则当前字符可以匹配任意字符，所以只需要前面的字符匹配，即 dp[i-1][j-1] 必须为 true。
如果 p[j-1] 是’*'，则有两种情况：
- ‘’ 匹配零个前面的字符，即去掉 ‘’ 和它之前的字符，看是否匹配，即 dp[i][j-2] 必须为 true。
- ‘*’ 匹配一个或多个前面的字符，即当前字符必须匹配，并且前面的字符串也必须匹配，即 s[i-1] == p[j-2] 或者 p[j-2] 是’.'，并且 dp[i-1][j] 必须为 true。

基于以上分析，我们可以得到状态转移方程：

if (p.charAt(j-1) == ‘*’) {
dp[i][j] = dp[i][j-2] || (s.charAt(i-1) == p.charAt(j-2) || p.charAt(j-2) == ‘.’) && dp[i-1][j];
} else {
dp[i][j] = (s.charAt(i-1) == p.charAt(j-1) || p.charAt(j-1) == ‘.’) && dp[i-1][j-1];
}

最终的答案就是 dp[s.length()][p.length()]。

public boolean isMatch(String s, String p) {
    int m = s.length();
    int n = p.length();
    boolean[][] dp = new boolean[m + 1][n + 1];
    dp[0][0] = true;
    for (int i = 0; i <= m; i++) {
        for (int j = 1; j <= n; j++) {
            if (p.charAt(j - 1) == '*') {
                dp[i][j] = dp[i][j - 2] || (i > 0 && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 2) || p.charAt(j - 2) == '.') && dp[i - 1][j]);
            } else {
                dp[i][j] = i > 0 && dp[i - 1][j - 1] && (s.charAt(i - 1) == p.charAt(j - 1) || p.charAt(j - 1) == '.');
            }
        }
    }
    return dp[m][n];
}

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三、面试经典 150 题-6

数组 / 字符串

3.1 题目

** 轮转数组**

给定一个整数数组 nums，将数组中的元素向右轮转 k 个位置，其中 k 是非负数。

 

示例 1:

输入: nums = [1,2,3,4,5,6,7], k = 3
输出: [5,6,7,1,2,3,4]
解释:
向右轮转 1 步: [7,1,2,3,4,5,6]
向右轮转 2 步: [6,7,1,2,3,4,5]
向右轮转 3 步: [5,6,7,1,2,3,4]
示例 2:

输入：nums = [-1,-100,3,99], k = 2
输出：[3,99,-1,-100]
解释: 
向右轮转 1 步: [99,-1,-100,3]
向右轮转 2 步: [3,99,-1,-100]
 

提示：

1 <= nums.length <= 105
-231 <= nums[i] <= 231 - 1
0 <= k <= 105
 

进阶：

尽可能想出更多的解决方案，至少有 三种 不同的方法可以解决这个问题。
你可以使用空间复杂度为 O(1) 的 原地 算法解决这个问题吗？

3.2 题解

空间复杂度为 O(1)。

解题思路：

这三种方法分别使用了额外数组、环状替换和数组反转来实现数组的右移操作。其中，方法三使用了空间复杂度为 O(1) 的原地算法解决了这个问题。

对于方法一，我们创建了一个额外的数组来存储旋转后的元素，在最后再将其拷贝回原数组中。这种方法的时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(n)。
方法二使用了环状替换的思想，通过多次交换元素来实现数组的右移操作，时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(1)。
方法三则使用了数组反转的思想，先将整个数组反转，然后分别反转前 k 个元素和后 n-k 个元素，从而实现数组的右移操作。该方法的时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(1)。

方法一：使用额外数组

public void rotate(int[] nums, int k) {
    int n = nums.length;
    int[] temp = new int[n];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        temp[(i + k) % n] = nums[i];
    }
    System.arraycopy(temp, 0, nums, 0, n);
}

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方法二：使用环状替换

public void rotate(int[] nums, int k) {
    int n = nums.length;
    k = k % n;
    int count = 0;
    for (int start = 0; count < n; start++) {
        int current = start;
        int prev = nums[start];
        do {
            int next = (current + k) % n;
            int temp = nums[next];
            nums[next] = prev;
            prev = temp;
            current = next;
            count++;
        } while (start != current);
    }
}

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方法三：使用反转数组

public void rotate(int[] nums, int k) {
    int n = nums.length;
    k = k % n;
    reverse(nums, 0, n - 1);
    reverse(nums, 0, k - 1);
    reverse(nums, k, n - 1);
}

private void reverse(int[] nums, int start, int end) {
    while (start < end) {
        int temp = nums[start];
        nums[start] = nums[end];
        nums[end] = temp;
        start++;
        end--;
    }
}