Given a set of distinct integers, S, return all possible subsets.
Note:
For example,
If S = [1,2,3], a solution
is:
[ [3], [1], [2], [1,2,3], [1,3], [2,3], [1,2], [] ]
分析：
题目的题意挺简单的，我就不做说明，主要这道题目可以用递归的方法来做，也可以直接用迭代来取代，我们用迭代的方式来做这道题目，没有什么特别的算法，直接上代码，代码里有注释哈！
AC代码：
public class Solution {
private ArrayList<ArrayList<Integer>> results = new ArrayList<ArrayList<Integer>>();
public ArrayList<ArrayList<Integer>> subsets(int[] S) {
int len = S.length;
results.add(new ArrayList<Integer>()); //先增加一个 [] 空集
int size = results.size();
int nowDealCount = 0; //表示当前要处理的长度
while (nowDealCount != len){
for (int i=0; i<size; ++i){
ArrayList<Integer> nowList = (ArrayList<Integer>)results.get(i);
if (nowDealCount == 0){//如果处理的长度为0,表示是最开始只有一个 空集 的时候
for (int j=0; j<len; ++j){
ArrayList<Integer> addList = new ArrayList<Integer>();
addList.add(S[j]);
results.add(addList);
}
}else if (nowList != null && nowList.size() == nowDealCount){
int maxNum = (int)nowList.get(nowDealCount-1);
for (int j=0; j<len; ++j){
if (maxNum < S[j]){//如果值大于list中的最后一个(max)则表示是呈升序的，这样加入到List中
ArrayList<Integer> copyList = new ArrayList<Integer>(nowList);
copyList.add(S[j]);
results.add(copyList);
}
}
}
}
size = results.size();
nowDealCount++;
}
return results;
}
}
Given a collection of integers that might contain duplicates, S, return all possible subsets.
Note:
For example,
If S = [1,2,2], a solution
is:
[ [2], [1], [1,2,2], [2,2], [1,2], [] ]
分析：
这道题目跟上面那道基本上思路是类似的，只是这道题目多了可能重复的元素，这时候我们就要考虑重复的元素不能有相同集合的问题了，先把Num[]数组进行排序，然后跟题目一一样的解法， 只是在此过程中我们需要知道每个添加到results中的集合的最后一个元素(即最大元素)的下标，我们用一个indexList来存储。
这样的话每次要再添加新元素组成新的集合，就只要从下标位置+1开始，到len结束来搜索就行了。但要注意的是，如果当前要添加到集合中的元素和前一个元素相等，那么就不添加，如 ： [1, 2, 2], 当我们处理到nowDealCount==1时
要往 [1] 中添加元素，我们会添加一个 [2]， 组成[1, 2]但是当到第二个[2]的时候，我们不能再添加一个[1, 2]了，否则就重复出现了！
AC代码：
public class Solution {
private ArrayList<ArrayList<Integer>> results = new ArrayList<ArrayList<Integer>>();
public ArrayList<ArrayList<Integer>> subsets(int[] S) {
int len = S.length;
results.add(new ArrayList<Integer>()); //先增加一个 [] 空集
int size = results.size();
int nowDealCount = 0; //表示当前要处理的长度
while (nowDealCount != len){
for (int i=0; i<size; ++i){
ArrayList<Integer> nowList = (ArrayList<Integer>)results.get(i);
if (nowDealCount == 0){//如果处理的长度为0,表示是最开始只有一个 空集 的时候
for (int j=0; j<len; ++j){
ArrayList<Integer> addList = new ArrayList<Integer>();
addList.add(S[j]);
results.add(addList);
}
}else if (nowList != null && nowList.size() == nowDealCount){
int maxNum = (int)nowList.get(nowDealCount-1);
for (int j=0; j<len; ++j){
if (maxNum < S[j]){//如果值大于list中的最后一个(max)则表示是呈升序的，这样加入到List中
ArrayList<Integer> copyList = new ArrayList<Integer>(nowList);
copyList.add(S[j]);
results.add(copyList);
}
}
}
}
size = results.size();
nowDealCount++;
}
return results;
}
}
A robot is located at the top-left corner of a m x n grid (marked ‘Start‘ in the diagram below).
The robot can only move either down or right at any point in time. The robot is trying to reach the bottom-right corner of the grid (marked ‘Finish‘ in the diagram below).
How many possible unique paths are there?
Note: m and n will be at most 100.
分析：
题目的意思从一个矩阵的左上角的位置开始走，只能向右走或者向下走，最后要走到矩阵的右下角，求解出一共有多少种不同的走法.
我们拿一个示例来分析下，当m=3, n=7的时候
一个3 * 7的矩阵
比如现在我们要求从 start(0,0)开始走到finish的方法数，但是start的位置的走法只有两种向右或者向下，这样的话相当于问题被转换成了求解 (0+1, 0)位置达到终点的走法 + (0, 0+1)位置达到终点的走法 [其实就是一个递归的过程]。明白了这样之后，我们用递归来求解一下，发现直接TLE了。这样很明显我们需要自底向上，从 (m-2, n-2)的位置开始往前推，最后推到 (0, 0)的时候，就是我们要的结果值了。
设ways[row][col]表示 位置(row, col)到达终点(m-1, n-1) 的不同路径的条数，那么很容易得到下面的式子
ways[m-1][col] = 1; ( 0 <= col < n)
ways[row][n-1] = 1; (0 <= row < m)
ways[row][col] = ways[row+1][col] + ways[row][col+1] (0<= row <=m-2, 0<= col <=n-2)
通过这样的分析，我们再来看看代码，理解下哈！
AC代码：
public class Solution {
public int uniquePaths(int m, int n) {
if (m == 0 || n == 0)
return 0;
if (m == 1){
return 1;
}
if (n == 1){
return 1;
}
int[][] ways = new int[m][n];
//最后一列所有的位置的走法都只有1种
for (int i=0; i<m; ++i){
ways[i][n-1] = 1;
}
//最后一行所有的位置的走法都只有1种
for (int j=0; j<n; ++j){
ways[m-1][j] = 1;
}
//update
for (int row=m-2; row>=0; --row){
for (int col=n-2; col>=0; --col){
ways[row][col] = ways[row+1][col] + ways[row][col+1];
}
}
return ways[0][0];
}
}
Follow up for "Unique Paths":
Now consider if some obstacles are added to the grids. How many unique paths would there be?
An obstacle and empty space is marked as 1 and 0 respectively
in the grid.
For example,
There is one obstacle in the middle of a 3x3 grid as illustrated below.
[
[0,0,0],
[0,1,0],
[0,0,0]
]
The total number of unique paths is 2.
分析：
这道题目跟上面的非常像，只是在判断的时候需要先判断当前自身这个位置是否是1，如果是1表示当前位置是障碍，这样子到达终点的不同路径数就为0，如果不是障碍物的话，那么判断它的右边元素是否是1，不是1的话，加上右边元素对应的路径数，然后再判断它的下面元素是否是1，不是1的话，加上下边元素对应的路径数。
还有要注意的是当开始start元素(0,0)就为1（障碍物）的话 或者 end元素(m-1, n-1)为1(障碍物)那么这样直接返回0，表示没有路径数可以到达终点。
最终ways[0][0]即是我们所要求解的最后结果。
AC代码：
public class Solution {
public int uniquePathsWithObstacles(int[][] obstacleGrid) {
int m = obstacleGrid.length;
if (m == 0)
return 0;
int n = obstacleGrid[0].length;
if (n == 0)
return 0;
if (m == 1 || n == 1){
return (obstacleGrid[m-1][n-1] == 1 || obstacleGrid[0][0] == 1) ? 0 : 1;
}
//终点或者起点为1，表示为障碍物，直接返回0
if (obstacleGrid[m-1][n-1] == 1 || obstacleGrid[0][0] == 1){
return 0;
}
//存储路径数
int[][] ways = new int[m][n];
//处理最后一列
for (int i=m-2; i>=0; --i){
if(obstacleGrid[i+1][n-1] != 1 && obstacleGrid[i][n-1] != 1){
ways[i][n-1] = 1;
}else{
ways[i][n-1] = 0;
obstacleGrid[i][n-1] = 1;
}
}
//处理最后一行
for (int j=n-2; j>=0; --j){
if(obstacleGrid[m-1][j+1] != 1 && obstacleGrid[m-1][j] != 1){
ways[m-1][j] = 1;
}else{
ways[m-1][j] = 0;
obstacleGrid[m-1][j] = 1;
}
}
//update
for (int row=m-2; row>=0; --row){
for (int col=n-2; col>=0; --col){
if (obstacleGrid[row][col] == 1){
continue;
}
ways[row][col] = 0;
if (obstacleGrid[row+1][col] != 1){
ways[row][col] += ways[row+1][col];
}
if (obstacleGrid[row][col+1] != 1){
ways[row][col] += ways[row][col+1];
}
if (ways[row][col] == 0){
obstacleGrid[row][col] = 1;
}
}
}
return ways[0][0];
}
}Given n non-negative integers representing an elevation map where the width of each bar is 1, compute how much water it is able to trap after raining.
For example,
Given [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1], return 6.
The above elevation map is represented by array [0,1,0,2,1,0,1,3,2,1,2,1]. In this case, 6 units of rain water (blue section) are being trapped. Thanks Marcos for contributing this image!
分析：
找到最长的那块木板，假设其下标为maxValueIndex。
分别从左侧和右侧向最长的木板靠近。
左侧逼近过程：（i : 0 ~~ maxValueIndex）
用一个max来记录现在已经遍历到的木板中最长的那个的长度。
1、如果一个木板的长度A[i] < max，该木板的下标 i < maxValueIndex 并且 A[i] < max (max这个值的下标位置在这块木板的前面)，所以这块木板的左右两侧各有一个木板长于它。则在这块木板上能存的水量为：max - 该木板的长度。
2、如果一个木板的长度A[i] >max，max对应的位置< 该木板的位置 < maxValueIndex 并且A[i] >max, 所以在该木板左右两侧只有一个木板（maxIdx）长于它。则这块木板上不能存水，则更新max值等于A[i]。
右侧逼近过程与左侧相似：（i : len - 1 ~~ maxValueIndex）
AC代码：
public class Solution {
public int trap(int[] A) {
int len = A.length;
if (len == 0 || len == 1){
return 0;
}
int sum = 0;
//找最大的木板的下标哈
int maxValueIndex = 0;
int max = 0;
for (int i=0; i<len; ++i){
if (max < A[i]){
max = A[i];
maxValueIndex = i;
}
}
//从左向最大值逼近
max = A[0];
for (int i=1; i<maxValueIndex; ++i){
if (A[i] > max){
max = A[i];
}else{
sum += (max - A[i]);
}
}
//从右向最大值逼近
max = A[len-1];
for (int i=len-2; i>maxValueIndex; --i){
if (A[i] > max){
max = A[i];
}else{
sum += (max - A[i]);
}
}
return sum;
}
}leetCode解题报告5道题(十一),布布扣,bubuko.com
原文：http://blog.csdn.net/ljphhj/article/details/26212751