69. 二叉樹的層次遍歷
class solution
res.push_back(tmp);
} return res;
}};
注意小細節和各種函式的用法。
class solution
if (j!=data.length())
return results;
}public:
string serialize(treenode * root)
else res=res+','+to_string(h.front()->val);
h.push(h.front()->left);
h.push(h.front()->right);
h.pop();
}//把末尾多餘的，#去掉
while (res[res.size()-1]==',' ||res[res.size()-1]=='#')
res.erase(res.size()-1,1);
return res;
}treenode * deserialize(string &data)
i++;
if (i>=vals.size()) break;
if (vals[i]=="#") tmp->right==null;
else
h.pop();
}return head;
}};
最後把遍歷結果倒過來即可。
class solution
res.push_back(level);
}reverse(res.begin(),res.end());
return res;
}};
class solution
if (!order)
order=!order;
res.push_back(level);
}return res;
}};
class solution
res.push_back(head->next);
}return res;
}};
判斷圖是不是樹的兩個標準：1.n個節點有n-1條邊 2.通過n-1條邊可以訪問到全部n個節點；
實現起來有幾點要注意：1.使用set記錄已經訪問到的節點；2.使用vector>重構所給出的邊的關聯資訊，這樣可以不用每次重新遍歷一遍給出的邊關係（已知序號為0-n-1可以直接用hash表，注意vector的初始化資訊）；3.遍歷時使用auto更好寫。
class solution }}
return record.size()==n;
}};
第一步：通過node找到所有的nodes，並存在乙個vector裡；
第二步：根據nodes，新建每個node對應的newnode（對應關係存在map裡）；
第三步：建立neiborghs關係。
class solution
for (auto a:list)
}return relation[node];
}vectorgetnodes(undirectedgraphnode *node)
}h.pop();
}return list;
}};
按照廣搜，最先找到的點就是最近的點。
class solution
h.pop();
}return null;
}};
這個題也相當於拓撲排序，給的seqs相當於幾組關係，每乙個數指向後面乙個數；返回false的條件有三個：1.可能重構出多個陣列(判斷方法為佇列裡不能同時有兩個元素，或者給的關係比org短) 2.重構的陣列和org不一樣(在bfs裡判斷) 3.其他越界情況
class solution
}if (lengthh;
for (int i=1;i<=n;i++)
vectorres;
while (h.size()==1)
h.pop();
//如果當前恢復的數字和org不一樣，立刻終止；
if (res[res.size()-1]!=org[res.size()-1]) return false;
}return res.size()==n;
bfs寫法，盡量用bfs;
class solution
if (in_bound(grid,x+1,y)&&grid[x+1][y])
if (in_bound(grid,x,y-1)&&grid[x][y-1])
if (in_bound(grid,x,y+1)&&grid[x][y+1]) }}
bool in_bound(vector> &grid,int i,int j)
};
class solution
bool in_bound(vector> &grid,int i,int j)
};
注意要把走過的點設定成障礙，防止來回跳。
class solution ;
if (source.x==destination.x && source.y==destination.y)
return 0;
int step=0;
queueh;
h.push(source);
grid[source.x][source.y]=1;
while (!h.empty())
};
這道題如果從空地出發找到所有去房子的距離會超時；由於房子是少的，我們考慮從房子出發找到到達每個空地的最近距離，將距離累加，所有房子都能到達且距離最小的點即是郵局。注意一定要建立乙個num陣列記錄有幾個房子能到達這個空地，最後確認所有房子都能到達才有效。
class solution }}
int res=int_max;
int flag=false;
for (int i=0;i> &grid,int x,int y,
vector> &distance,
vector> &visited,
vector> &num)
};
注意vector內可能要求有序。
class solution
h.pop();
}sort(graph.begin(),graph.end());
res.push_back(graph);
}return res;
}};
這道題我一開始的思路是將字典內的單詞構建乙個無向圖，將字母只差一位的單詞連線起來。如下**：
class solution
queueh;
h.push(start);
v.insert(start);
int step=1;
while (!h.empty())
return true;
}};
需要注意的兩點：1.使用erase()去掉已經修改過的單詞，不必再額外使用去重集合，注意把start刪除掉；
2.end有可能不在字典中，記得加入字典；
class solution
}word[i]=oldchar;}}
step++;
}return -1;
}};
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