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LeetCode——209. 长度最小的子数组
分析：
LeetCode——844. 比较含退格的字符串
分析：
LeetCode——209. 长度最小的子数组
给定一个含有 n 个正整数的数组和一个正整数 target 。
找出该数组中满足其总和大于等于 target 的长度最小的 连续子数组 [numsl, numsl+1, ..., numsr-1, numsr] ，并返回其长度。如果不存在符合条件的子数组，返回 0 。
示例 1：
输入：target = 7, nums = [2,3,1,2,4,3] 输出：2 解释：子数组 [4,3] 是该条件下的长度最小的子数组。
示例 2：
输入：target = 4, nums = [1,4,4] 输出：1
示例 3：
输入：target = 11, nums = [1,1,1,1,1,1,1,1] 输出：0
提示：
-
1 <= target <= 109 -
1 <= nums.length <= 105 -
1 <= nums[i] <= 105
分析：
解法一：暴力破解 嵌套循环递归更新最小子数组长度。
class Solution {
public int minSubArrayLen(int target, int[] nums) {
int n = nums.length;
int res = Integer.MAX_VALUE;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int sum = 0;
for (int j = i; j < n; j++) {
sum += nums[j];
if (sum >= target) {
res = Math.min(res, j - i + 1);
break;
}
}
}
return res == Integer.MAX_VALUE ? 0 : res;
}
}
-
时间复杂度：O(n^2)
-
空间复杂度：O(1)
意料之中的超时了...
解法二：双指针中的滑动窗口 适用于求子串长度的场景。
滑动窗口：定义一个start指针和end指针表示长度为end-start+1的窗口，起始位置都为0.
随着end向右滑动，获得第一个满足要求的窗口sum>=target，记录比较窗口长度取较小的值。
此时需要移动start指针，直到窗口内的元素不满足sum>target。
进行迭代，直到end指针指向数组最后一位。
Code
class Solution {
public int minSubArrayLen(int target, int[] nums) {
int res = Integer.MAX_VALUE;
int l = 0;
int r = 0;
int sum = 0;
while (r < nums.length) {
sum += nums[r];
while (sum >= target) {
res = Math.min(res, r - l + 1);
sum -= nums[l];
l++;
}
r++;
}
return res == Integer.MAX_VALUE? 0 : res;
}
}
-
时间复杂度：O(n)
-
空间复杂度：O(1)
LeetCode——844. 比较含退格的字符串
给定 s 和 t 两个字符串，当它们分别被输入到空白的文本编辑器后，如果两者相等，返回 true 。# 代表退格字符。
注意：如果对空文本输入退格字符，文本继续为空。
示例 1：
输入：s = "ab#c", t = "ad#c" 输出：true 解释：s 和 t 都会变成 "ac"。
示例 2：
输入：s = "ab##", t = "c#d#" 输出：true 解释：s 和 t 都会变成 ""。
示例 3：
输入：s = "a#c", t = "b" 输出：false 解释：s 会变成 "c"，但 t 仍然是 "b"。
提示：
-
1 <= s.length, t.length <= 200 -
s和t只含有小写字母以及字符'#'
分析：
解法一：重构字符串 最容易想到的，根据规则重构字符串然后比较。
class Solution {
public boolean backspaceCompare(String s, String t) {
return getStr(s).equals(getStr(t));
}
public static String getStr(String s) {
StringBuilder stringBuilder = new StringBuilder();
for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
if (s.charAt(i) == '#') {
if (stringBuilder.length()>0) {
stringBuilder.deleteCharAt(stringBuilder.length()-1);
}
continue;
} else {
stringBuilder.append(s.charAt(i));
}
}
return stringBuilder.toString();
}
}
-
时间复杂度：O(N+M)
-
空间复杂度：O(N+M)
解法二：双指针 #只会消除前面的字符串，不影响后面的，从末尾开始查找第一个有效的字符逐个比较。
class Solution {
public boolean backspaceCompare(String S, String T) {
int i = S.length() - 1, j = T.length() - 1;
int skipS = 0, skipT = 0;
while (i >= 0 || j >= 0) {
while (i >= 0) {
if (S.charAt(i) == '#') {
skipS++;
i--;
} else if (skipS > 0) {
skipS--;
i--;
} else {
break;
}
}
while (j >= 0) {
if (T.charAt(j) == '#') {
skipT++;
j--;
} else if (skipT > 0) {
skipT--;
j--;
} else {
break;
}
}
if (i >= 0 && j >= 0) {
if (S.charAt(i) != T.charAt(j)) {
return false;
}
} else {
if (i >= 0 || j >= 0) {
return false;
}
}
i--;
j--;
}
return true;
}
}
