力扣169

给定一个大小为 n 的数组 nums ，返回其中的多数元素。多数元素是指在数组中出现次数 大于 ⌊ n/2 ⌋ 的元素。

你可以假设数组是非空的，并且给定的数组总是存在多数元素。

示例 1：

输入：nums = [3,2,3]
输出：3

示例 2：

输入：nums = [2,2,1,1,1,2,2]
输出：2

提示：

• n == nums.length
• 1 <= n <= 5 * 104
• -109 <= nums[i] <= 109

进阶：尝试设计时间复杂度为 O(n)、空间复杂度为 O(1) 的算法解决此问题。

思路：

摩尔投票法。

因为最多的数字一定是大于n/2。所以不存在诸如3 3 2 4或者2 2 3 3这样的情况。也就是说，符合题目要求的情况都类似于 2 1 2，1 1 1 1 2 2这样子。

那么我们只要把相同数量的数字互相抵消，最后留下的就一定是最多的数字。

用ans记录当前哪个数字最多，count用来投票，遇到相同的+1,遇到不同的-1，当count=0的时候，更换ans，并重置count=1。

代码：

class Solution {
public:int majorityElement(vector<int>& nums) {int ans=nums[0];int count=1;for(int i=0;i<nums.size();i++){if(ans==nums[i])count++;else if(--count==0){ans=nums[i];count=1;}}return ans;}
};

力扣10

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 <= 30
• 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

思路：

xx题目，真的无语，题目意思表达地乱七八糟，全靠解答错误的答案去判断到底是什么意思。

代码：

class Solution {
public:bool isMatch(string s, string p) {//if(p.length()>s.length())return 0;bool dp[35][35];memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][0] = true;//if(p[p.length()-1]!='.'&&p[p.length()-1]!='*'&&p[p[p.length()-1]!=s[s.length()-1]])return 0;for (int j = 1; j < p.length() + 1; j++) {if (p[j - 1] == '*') dp[0][j] = dp[0][j - 2];}for(int i=1;i<=s.length();i++){for(int j=1;j<=p.length();j++){   if (s[i - 1] == p[j - 1] || p[j - 1] == '.') {dp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];} else if (p[j - 1] == '*') {if (s[i - 1] == p[j - 2] || p[j - 2] == '.') {dp[i][j] = dp[i][j - 2] || dp[i - 1][j - 2] || dp[i - 1][j];} else {dp[i][j] = dp[i][j - 2];}}/*if(p[j-1]=='*'&&p[j-2]=='.')dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;else if(p[j-1]=='*'&&p[j-2]==s[i-1])dp[i][j]=max(dp[i-1][j-1]+1,dp[i-1][j]+1);else if(p[j-1]=='.'||p[j-1]==s[i-1])dp[i][j]=max(dp[i-1][j-1]+1,dp[i][j-1]);else dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i-1][j-1]);*///cout<<dp[i][j]<<" ";}//cout<<endl;}//cout<<dp[s.length()][p.length()]<<" "<<s.length()<<endl;return dp[s.length()][p.length()];}
};

力扣115

设计一个支持 push ，pop ，top 操作，并能在常数时间内检索到最小元素的栈。

实现 MinStack 类:

• MinStack() 初始化堆栈对象。
• void push(int val) 将元素val推入堆栈。
• void pop() 删除堆栈顶部的元素。
• int top() 获取堆栈顶部的元素。
• int getMin() 获取堆栈中的最小元素。

示例 1:

输入：
["MinStack","push","push","push","getMin","pop","top","getMin"]
[[],[-2],[0],[-3],[],[],[],[]]输出：
[null,null,null,null,-3,null,0,-2]解释：
MinStack minStack = new MinStack();
minStack.push(-2);
minStack.push(0);
minStack.push(-3);
minStack.getMin();   --> 返回 -3.
minStack.pop();
minStack.top();      --> 返回 0.
minStack.getMin();   --> 返回 -2.

提示：

• -231 <= val <= 231 - 1
• pop、top 和 getMin 操作总是在 非空栈 上调用
• push, pop, top, and getMin最多被调用 3 * 104 次

思路：

用栈每次存取一个pair结构，pair的first是当前存入值，pair的second每次更新当前最小值。因为是栈的原因，每次存进来都在栈顶，所以很好去更新最小值。就是在一个元素出栈的时候，把总最小值变更为当前栈顶的second就好了。

代码：

class MinStack {
public:stack<pair<int,int> > s;int mmin=INT_MAX;MinStack() {}void push(int val) {if(val<mmin)mmin=val;s.push(pair<int,int>(val,mmin));}void pop() {s.pop();if(s.size()==0)mmin=INT_MAX;else mmin=s.top().second;}int top() {return s.top().first;}int getMin() {return s.top().second;}
};/*** Your MinStack object will be instantiated and called as such:* MinStack* obj = new MinStack();* obj->push(val);* obj->pop();* int param_3 = obj->top();* int param_4 = obj->getMin();*/