思路：分析到此題並不是簡單的把乙個結點劃分為左右子樹就可以的，因而使用遞迴時必定需要重新定義乙個函式，函式的引數即為需要比較的兩個樹，該樹的特徵即a的左子樹與b的右子樹相同，同理a的右子樹與b的左子樹相同，此時即為true。
需要注意的一點是，分析好邏輯關係，如下：
if(lf==null&&rt==null)
return true;
if((lf==null&&rt!=null)||(rt==null&&lf!=null))
return false;
if(lf->val!=rt->val)
return false;
邏輯不能錯誤，即三個if語句的順序不能顛倒。
該題較為簡單，問題在於怎麼簡化。
常規方法兩層迴圈的情況下，就算剪枝了也達不到很好的效果，因此我們使用一層迴圈來做。
一層迴圈思路如下：
遍歷陣列，記錄min，並定義max=price[i]-min，此時max即為最大差值。
該題最直觀也是最高效的方法即為把收益圖畫出來，可以證明第i個點到第j個點的直接漲幅一定小於等於i到j的斷續漲幅之和，故我們只要每次累積求和兩連續點之間的增幅即可，o(n)複雜度。
思路：
乙個最容易想到的方法就是對字串一次變數，篩選出不是alphanumeric characters的字元並刪去，另外對於大寫字元我們轉換成小寫字元，最後對處理後的字串我們反轉它並與原來的字串去做比較即可。
知識點：
isalpha(s[i])、isdigit(s[i])、isupper(s[i])分別判斷該字元是否為字母、數字、大寫字母；
tolower()將字元轉化成小寫字母
string類中的刪除方法：s.erase(pos,n)，即從pos處刪除字元s中長為n的子串，並返回修改後的string物件引用。注意，刪除時s.size()的大小也發生變化，需要對下標進行處理才能正常使用。
可以使用異或的解法，關於異或操作有以下性質：
因而我們只需要一次遍歷，設初值為0，累積求異或即可。
此題為單鏈表插入排序的模擬，我們新建乙個單鏈表，為了規範，依舊使用帶頭結點的單鏈表。注意，結點的使用需要重新定義，不能定義臨時結點為外部變數，應設定為區域性變數，當不用時下一次重新初始化（簡單的更新會錯誤覆蓋，即指標位址被錯誤更改）。
/**
* definition for singly-linked list.
* struct listnode
* }listnode;
*/class solution
else
// 插在t之後
listnode* cur=new listnode
(p->val)
; cur->next=t->next;
t->next=cur;
// temp->val=p->val; //該種寫法不對，會被錯誤覆蓋
注意一些細節的處理，以及運算元的前後順序。
class solution
for(
int j=
0;j.size()
;j++
) temp=temp*flag;if(
isdigit
(tokens[i][0
]))// 運算元則壓入棧中
stack1.
push
(temp)
;// 操作符則取棧頂的兩個元素
else
stack1.
push
(ans);}
}return stack1.
top();}};
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