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大家好，我是bigsai。
最近不少小伙伴跟我交流刷題腫么刷，我給的建議就是先劍指offer和力扣hot100，在這些題中還有些重要程度和出現頻率是非常非常高的，今天給大家分享當今出現頻率最高的10道算法題，學到就是賺到。
0X01翻轉鏈表
力扣206和劍指offer24原題，題意為：
給你單鏈表的頭節點 head ，請你反轉鏈表，並返回反轉后的鏈表。
分析：
翻轉鏈表，本意是不創建新的鏈表節點然后在原鏈表上實現翻轉，但是這個圖有點會誤導人的思維，其實更好的理解你可以看下面這幅圖：
具體實現上兩個思路，非遞歸和遞歸的實現方式，非遞歸的實現方式比較簡單，利用一個pre節點記錄前驅節點，向下枚舉的時候改變指針指向就可以，實現代碼為：
class Solution {
public ListNode reverseList(ListNode head) {
if(head==null||head.next==null)//如果節點為NULL或者單個節點直接返回
return head;
ListNode pre=head;//前驅節點
ListNode cur=head.next;//當前節點用來枚舉
while (cur!=null)
{
ListNode next=cur.next;
//改變指向
cur.next=pre;
pre=cur;
cur=next;
}
head.next=null;//將原先的head節點next置null防止最后成環
return pre;
}
}
而遞歸的方式比較巧妙，借助遞歸歸來的過程巧妙改變指針指向和返回值傳遞，代碼雖然精簡但是理解起來有一定難度的，這里用一張圖幫助大家理解：
具體代碼為：
class Solution {
public ListNode reverseList(ListNode head) {
if(head==null||head.next==null)//如果最后一個節點不操作
return head;
ListNode node =reverseList(head.next);//先遞歸 到最底層 然后返回
head.next.next=head;//后面一個節點指向自己
head.next=null;//自己本來指向的next置為null
return node;//返回最后一個節點(一直被遞歸傳遞)
}
}
0X02設計LRU
對應力扣146LRU緩存機制,題目要求為：
運用你所掌握的數據結構，設計和實現一個 LRU 緩存機制 。實現 LRUCache 類：
LRUCache(int capacity) 以正整數作為容量 capacity 初始化 LRU 緩存
int get(int key) 如果關鍵字 key 存在於緩存中，則返回關鍵字的值，否則返回 -1 。
void put(int key, int value) 如果關鍵字已經存在，則變更其數據值；如果關鍵字不存在，則插入該組「關鍵字-值」。當緩存容量達到上限時，它應該在寫入新數據之前刪除最久未使用的數據值，從而為新的數據值留出空間。
進階：在 O(1) 時間復雜度內完成這兩種操作
詳細分析：一次倒在LRU上的經歷
LRU的核心就是借助哈希+雙鏈表，哈希用於查詢，雙鏈表實現刪除只知道當前節點也能O(1)的復雜度刪除，不過雙鏈表需要考慮的頭尾指針特殊情況。
具體實現的代碼為：
class LRUCache {
class Node {
int key;
int value;
Node pre;
Node next;
public Node() {
}
public Node( int key,int value) {
this.key = key;
this.value=value;
}
}
class DoubleList{
private Node head;// 頭節點
private Node tail;// 尾節點
private int length;
public DoubleList() {
head = new Node(-1,-1);
tail = head;
length = 0;
}
void add(Node teamNode)// 默認尾節點插入
{
tail.next = teamNode;
teamNode.pre=tail;
tail = teamNode;
length++;
}
void deleteFirst(){
if(head.next==null)
return;
if(head.next==tail)//如果刪除的那個剛好是tail 注意啦 tail指針前面移動
tail=head;
head.next=head.next.next;
if(head.next!=null)
head.next.pre=head;
length--;
}
void deleteNode(Node team){
team.pre.next=team.next;
if(team.next!=null)
team.next.pre=team.pre;
if(team==tail)
tail=tail.pre;
team.pre=null;
team.next=null;
length--;
}
}
Map<Integer,Node> map=new HashMap<>();
DoubleList doubleList;//存儲順序
int maxSize;
LinkedList<Integer>list2=new LinkedList<>();
public LRUCache(int capacity) {
doubleList=new DoubleList();
maxSize=capacity;
}
public int get(int key) {
int val;
if(!map.containsKey(key))
return -1;
val=map.get(key).value;
Node team=map.get(key);
doubleList.deleteNode(team);
doubleList.add(team);
return val;
}
public void put(int key, int value) {
if(map.containsKey(key)){// 已經有這個key 不考慮長短直接刪除然后更新
Node deleteNode=map.get(key);
doubleList.deleteNode(deleteNode);
}
else if(doubleList.length==maxSize){//不包含並且長度小於
Node first=doubleList.head.next;
map.remove(first.key);
doubleList.deleteFirst();
}
Node node=new Node(key,value);
doubleList.add(node);
map.put(key,node);
}
}
0X03環形鏈表
對應力扣141和力扣142，力扣141環形鏈表要求為：
給定一個鏈表，判斷鏈表中是否有環，用O(1)內存解決。
詳細分析：環形鏈表找入口，真的太妙了
這個問題利用快慢雙指針比較高效，快指針fast每次走2步，slow每次走1步，慢指針走n步到尾時候快指針走了2n步，而環的大小一定小於等於n所以一定會相遇，如果相遇那么說明有環，如果不相遇fast先為null說明無環。
具體代碼為：
public class Solution {
public boolean hasCycle(ListNode head) {
ListNode fast=head;
ListNode slow=fast;
while (fast!=null&&fast.next!=null) {
slow=slow.next;
fast=fast.next.next;
if(fast==slow)
return true;
}
return false;
}
}
力扣142是在力扣141拓展，如有有環，返回入環的那個節點，就想下圖環形鏈表返回節點2。
這個問題是需要數學轉換的，具體的分析可以看上面的詳細分析，這里面提一下大題的步驟。
如果找到第一個交匯點，其中一個停止，另一個繼續走，下一次交匯時候剛好走一圈，可以算出循環部分長度為y。
所以我們知道的東西有：交匯時候fast走2x步，slow走x步，環長為y。並且快指針和慢指針交匯時候，多走的步數剛好是換長y的整數倍（它兩此刻在同一個位置，快指針剛好多繞整數倍圈數才能在同一個位置相聚），可以得到2x=x+ny(x=ny)。其中所以說慢指針走的x和快指針多走的x是圈長y的整數倍。
也就是說，從開頭走到這個點共計x步，從這個點走x步也就是繞了幾圈也回到這個點。如果說slow從起點出發，fast從這個點出發(每次走一步，相當於之前兩步抵消slow走的路程)，那么走x步還會到達這個點，但是這兩個指針這次都是每次走一步，所以一旦slow到達循環圈內，兩個指針就開始匯合了。
實現代碼為：
public class Solution {
public ListNode detectCycle(ListNode head) {
boolean isloop=false;
ListNode fast=new ListNode(0);//頭指針
ListNode slow=fast;
fast.next=head;
if(fast.next==null||fast.next.next==null)
return null;
while (fast!=null&&fast.next!=null) {
fast=fast.next.next;
slow=slow.next;
if(fast==slow)
{
isloop=true;
break;
}
}
if(!isloop)//如果沒有環返回
return null;
ListNode team=new ListNode(-1);//頭指針 下一個才是head
team.next=head;
while (team!=fast) {//slow 和fast 分別從起點和當前點出發
team=team.next;
fast=fast.next;
}
return team;
}
}
0X04兩個棧實現隊列
對應劍指offer09，題意為：
用兩個棧實現一個隊列。隊列的聲明如下，請實現它的兩個函數 appendTail 和 deleteHead ，分別完成在隊列尾部插入整數和在隊列頭部刪除整數的功能。(若隊列中沒有元素，deleteHead 操作返回 -1 )
分析：
解決這個問題，要知道棧是什么，隊列是什么，兩種常見數據結構格式很簡單，棧的特點就是：后進先出，隊列的特點就是：先進先出，棧可以想象成一堆書本，越在上面的取的越早，上面來上面出(比喻一下)；隊列就是想象成排隊買東西，只能后面進前面出，所以兩者數據結構還是有區別的，雖然都是單個入口進出，但是棧進出口相同，而隊列不同。
上面描述的是一個普通棧和隊列的數據結構，這里面讓我們用兩個棧實現一個隊列的操作，這里比較容易想的方案就是其中一個棧stack1用作數據存儲，插入尾時候直接插入stack1，而刪除頭的時候將數據先加入到另一個棧stack2中，返回並刪除棧頂元素，將stack2順序加入stack1中實現一個復原，但是這樣操作插入時間復雜度為O(1),刪除時間復雜度為O(n)比較高。
實現方式也給大家看下：
class CQueue {
Stack<Integer>stack1=new Stack<>();
Stack<Integer>stack2=new Stack<>();
public CQueue() {
}
public void appendTail(int value) {
stack1.push(value);
}
public int deleteHead() {
if(stack1.isEmpty())
return -1;
while (!stack1.isEmpty())
{
stack2.push(stack1.pop());
}
int value= stack2.pop();
while (!stack2.isEmpty())
{
stack1.push(stack2.pop());
}
return value;
}
}
這樣的時間復雜度是不被喜歡的，因為刪除太雞兒耗時了，每次都要折騰一番，有沒有什么好的方法能夠讓刪除也方便一點呢？
有啊，stack1可以順序保證順序插入，stack1數據放到stack2中可以保證順序刪除，所以用stack1作插入，stack2作刪除，因為題目也沒要求數據必須放到一個容器中，所以就這樣組合使用，完美perfect！
具體實現的時候，插入直接插入到stack1中，如果需要刪除從stack2中棧頂刪除，如果stack2棧為空那么將stack1中數據全部添加進來(這樣又能保證stack2中所有數據是可以順序刪除的了)，下面列舉幾個刪除的例子
其實就是將數據分成兩個部分，一部分用來插入，一部分用來刪除，刪除的那個棧stack2空了添加所有stack1中的數據繼續操作。這個操作插入刪除的時間復雜度是O(1),具體實現的代碼為：
class CQueue {
Deque<Integer> stack1;
Deque<Integer> stack2;
public CQueue() {
stack1 = new LinkedList<Integer>();
stack2 = new LinkedList<Integer>();
}
public void appendTail(int value) {
stack1.push(value);
}
public int deleteHead() {
// 如果第二個棧為空 將stack1數據加入stack2
if (stack2.isEmpty()) {
while (!stack1.isEmpty()) {
stack2.push(stack1.pop());
}
} //如果stack2依然為空 說明沒有數據
if (stack2.isEmpty()) {
return -1;
} else {//否則刪除
int deleteItem = stack2.pop();
return deleteItem;
}
}
}
0X05二叉樹層序(鋸齒)遍歷
二叉樹的遍歷，對應力扣102，107，103.
詳細分析：一次面試，被二叉樹層序遍歷打爆了
如果普通二叉樹層序遍歷，也不是什么困難的問題，但是它會有個分層返回結果的操作，就需要你詳細考慮了。
很多人會用兩個容器(隊列)進行分層的操作，這里其實可以直接使用一個隊列，我們首先記錄枚舉前隊列大小len，然后根據這個大小len去枚舉遍歷就可以得到完整的該層數據了。
還有一個難點就是二叉樹的鋸齒層序(也叫之字形打印)，第一趟是從左往右，第二趟是從右往左，只需要記錄一個奇偶層數進行對應的操作就可以了。
這里就拿力扣103二叉樹的鋸齒形層序遍歷作為題板給大家分享一下代碼：
public List<List<Integer>> levelOrder(TreeNode root) {
List<List<Integer>> value=new ArrayList<>();//存儲到的最終結果
if(root==null)
return value;
int index=0;//判斷
Queue<TreeNode>queue=new ArrayDeque<>();
queue.add(root);
while (!queue.isEmpty()){
List<Integer>va=new ArrayList<>();//臨時 用於存儲到value中
int len=queue.size();//當前層節點的數量
for(int i=0;i<len;i++){
TreeNode node=queue.poll();
if(index%2==0)//根據奇偶 選擇添加策略
va.add(node.val);
else
va.add(0,node.val);
if(node.left!=null)
queue.add(node.left);
if(node.right!=null)
queue.add(node.right);
}
value.add(va);
index++;
}
return value;
}
0X06 二叉樹中后序遍歷(非遞歸)
二叉樹的非遞歸遍歷也是考察的重點，對於中序后序遍歷遞歸實現很簡單，非遞歸實現起來還是要點技巧的哦。
詳細分析：二叉樹的各種遍歷(遞歸、非遞歸)
對於二叉樹的中序遍歷，其實就是正常情況第二次訪問該節點的時候才拋出輸出(第一次數前序)，這樣我們枚舉每個節點第一次不能刪除，需要先將它存到棧中，當左子節點處理完成的時候在拋出訪問該節點。
核心也就兩步，葉子節點左右都為null，也可滿足下列條件：
- 枚舉當前節點(不存儲輸出)並用棧存儲，節點指向左節點，直到左孩子為null。
- 拋出棧頂訪問。如果有右節點，訪問其右節點重復步驟1，如有沒右節點，繼續重復步驟2拋出。
實現代碼為：
class Solution {
public List<Integer> inorderTraversal(TreeNode root) {
List<Integer>value=new ArrayList<Integer>();
Stack<TreeNode> q1 = new Stack();
while(!q1.isEmpty()||root!=null)
{
while (root!=null) {
q1.push(root);
root=root.left;
}
root=q1.pop();//拋出
value.add(root.val);
root=root.right;//准備訪問其右節點
}
return value;
}
}
而后序遍歷按照遞歸的思路其實一般是第三次訪問該節點是從右子節點回來才拋出輸出，這個實現起來確實有難度。但是具體的實現，我們使用一個pre節點記錄上一次被拋出訪問的點，如果當前被拋出的右孩子是pre或者當前節點右為null，那么就將這個點拋出，否則說明它的右側還未被訪問需要將它"回爐重造"，后面再用！如果不理解可以看前面的詳細介紹。
具體實現的代碼為：
class Solution {
public List<Integer> postorderTraversal(TreeNode root) {
TreeNode temp=root;//枚舉的臨時節點
List<Integer>value=new ArrayList<>();
TreeNode pre=null;//前置節點
Stack<TreeNode>stack=new Stack<>();
while (!stack.isEmpty()||temp!=null){
while(temp!=null){
stack.push(temp);
temp=temp.left;
}
temp=stack.pop();
if(temp.right==pre||temp.right==null)//需要彈出
{
value.add(temp.val);
pre=temp;
temp=null;//需要重新從棧中拋出
}else{
stack.push(temp);
temp=temp.right;
}
}
return value;
}
}
當然，后序遍歷也有用前序(根右左)的前序遍歷結果最后翻轉一下的，但面試官更想考察的還是上面提到的方法。
0X07 跳台階(斐波那契、爬樓梯)
爬樓梯、跳台階是一個經典問題，對應劍指offer10和力扣70題，題目的要求為：
假設你正在爬樓梯。需要 n 階你才能到達樓頂。每次你可以爬 1 或 2 個台階。你有多少種不同的方法可以爬到樓頂呢？注意：給定 n 是一個正整數。
分析：
這個問題入門級別dp，分析當前第k階的結果，每個人可以爬1個或者2個台階，那么說明它可能是由k-1或者k-2來的，所以就是兩個子情況的疊加(需要特殊考慮一下初始情況)，這個思路有人會想到遞歸，沒錯用遞歸確實可以解決但是用遞歸效率較低(因為這個是個發散的遞歸一個拆成兩個)，使用記憶化搜索會稍微好一些。
但是dp是比較好的方法，核心狀態轉移方程為：dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2]，有些空間優化的那就更好了，因為只用到前兩個值，所以完全可以用三個值重復使用節省空間。
class Solution {
public int climbStairs(int n) {
if(n<3)return n;
int dp[]=new int[n+1];
dp[1]=1;
dp[2]=2;
for(int i=3;i<n+1;i++)
{
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];
}
return dp[n];
}
public int climbStairs(int n) {
int a = 0, b = 0, c = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
a = b;
b = c;
c = a + b;
}
return c;
}
}
當然，有的數據很大求余的跳台階，可以用矩陣快速冪解決，但是這里就不介紹啦，有興趣可以詳細看看。
0X08 TOPK問題
TOPK問題真的非常經典，通常問的有最小的K個數，尋找第K大都是TOPK這種問題，這里就用力扣215尋找數組第K大元素作為板子。
詳細分析：一文拿捏TOPK
TOPK的問題解決思路有很多，如果優化的冒泡或者簡單選擇排序，時間復雜度為O(nk),使用優化的堆排序為O(n+klogn)，不過掌握快排的變形就可以應付大體上的所有問題了(面試官要是讓你手寫堆排序那真是有點難為你了)。
快排每次確定一個數pivot位置，將數分成兩部分：左面的都比這個數pivot小，右面的都比這個數pivot大，這樣就可以根據這個k去判斷剛好在pivot位置，還是左側還是右側？可以壓縮空間迭代去調用遞歸最終求出結果。
很多人為了更快過測試樣例將這個pivot不選第一個隨機選擇(為了和***鑽的測試樣例作斗爭)，不過這里我就選第一個作為pivot了，代碼可以參考：
class Solution {
public int findKthLargest(int[] nums, int k) {
quickSort(nums,0,nums.length-1,k);
return nums[nums.length-k];
}
private void quickSort(int[] nums,int start,int end,int k) {
if(start>end)
return;
int left=start;
int right=end;
int number=nums[start];
while (left<right){
while (number<=nums[right]&&left<right){
right--;
}
nums[left]=nums[right];
while (number>=nums[left]&&left<right){
left++;
}
nums[right]=nums[left];
}
nums[left]=number;
int num=end-left+1;
if(num==k)//找到k就終止
return;
if(num>k){
quickSort(nums,left+1,end,k);
}else {
quickSort(nums,start,left-1,k-num);
}
}
}
0X09 無重復的最長子串(數組)
這個問題可能是個字符串也可能是數組，但是道理一致，無重復字符的最長子串和最長無重復子數組本質一致。
題目要求為：給定一個字符串，請你找出其中不含有重復字符的 最長子串 的長度。
分析：
此題就是給一個字符串讓你找出最長沒有重復的一個子串。 要搞清子串和子序列的區別：
子串：是連續的，可以看成原串的一部分截取。
子序列：不一定是連續的，但是要保證各個元素之間相對位置不變。
那么我們如何處理呢？
暴力查找，暴力查找當然是可以的，但是復雜度過高這里就不進行講解了。這里選擇的思路是滑動窗口，滑動窗口，就是用一個區間從左往右，右側先進行試探，找到區間無重復最大值，當有重復時左側再往右側移動一直到沒重復，然后重復進行到最后。在整個過程中找到最大子串即可。
具體實現時候可以用數組替代哈希表會快很多：
class Solution {
public int lengthOfLongestSubstring(String s) {
int a[]=new int[128];
int max=0;//記錄最大
int l=0;//left 用i 當成right，當有重復左就往右
for(int i=0;i<s.length();i++)
{
a[s.charAt(i)]++;
while (a[s.charAt(i)]>1) {
a[s.charAt(l++)]--;
}
if(i-l+1>max)
max=i-l+1;
}
return max;
}
}
0X10 排序
不會真的有人以為用個Arrays.sort()就完事了吧，手寫排序還是很高頻的，像冒泡、插入這些簡單的大家相比都會，像堆排序、希爾、基數排序等考察也不多，比較高頻的就是快排了，這里額外獎勵一個也很高頻的歸並排序，兩個都是典型分治算法，也可以將快排和前面的TOPK問題比較一番。
排序詳細的十大排序都有詳細講過，大家可以自行參考：程序員必知必會十大排序
快排：
具體實現：
public void quicksort(int [] a,int left,int right)
{
int low=left;
int high=right;
//下面兩句的順序一定不能混，否則會產生數組越界！！！very important！！！
if(low>high)//作為判斷是否截止條件
return;
int k=a[low];//額外空間k，取最左側的一個作為衡量，最后要求左側都比它小，右側都比它大。
while(low<high)//這一輪要求把左側小於a[low],右側大於a[low]。
{
while(low<high&&a[high]>=k)//右側找到第一個小於k的停止
{
high--;
}
//這樣就找到第一個比它小的了
a[low]=a[high];//放到low位置
while(low<high&&a[low]<=k)//在low往右找到第一個大於k的，放到右側a[high]位置
{
low++;
}
a[high]=a[low];
}
a[low]=k;//賦值然后左右遞歸分治求之
quicksort(a, left, low-1);
quicksort(a, low+1, right);
}
歸並排序:
實現代碼為：
private static void mergesort(int[] array, int left, int right) {
int mid=(left+right)/2;
if(left<right)
{
mergesort(array, left, mid);
mergesort(array, mid+1, right);
merge(array, left,mid, right);
}
}
private static void merge(int[] array, int l, int mid, int r) {
int lindex=l;int rindex=mid+1;
int team[]=new int[r-l+1];
int teamindex=0;
while (lindex<=mid&&rindex<=r) {//先左右比較合並
if(array[lindex]<=array[rindex])
{
team[teamindex++]=array[lindex++];
}
else {
team[teamindex++]=array[rindex++];
}
}
while(lindex<=mid)//當一個越界后剩余按序列添加即可
{
team[teamindex++]=array[lindex++];
}
while(rindex<=r)
{
team[teamindex++]=array[rindex++];
}
for(int i=0;i<teamindex;i++)
{
array[l+i]=team[i];
}
}
結語
好了，今天給大家分享的10個問題，是真的在面試中非常非常高頻，我敢說平均每兩次面試就得遇到這里面的其中一個題(毫不誇張)！
雖說題海很深學不完，但是學過緩存的都知道要把熱點數據放緩存，考過試的都知道要把必考點掌握……這十個問題已經送到嘴邊。
當然，這只是非常非常高頻的問題，要想拿捏筆試，肯定還要不斷積累、刷題。
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