思路
问题类型
双指针
- 遍历数组
- 寻找链表的环
- 节约遍历时间
- 反转，回文
位运算
异或运算
- 利用 x ^ 1s = ~x 的特点，可以将位级表示翻转；利用 x ^ x = 0 的特点，可以将三个数中重复的两个数去除，只留下另一个数。
- 利用 x & 0s = 0 和 x & 1s = x 的特点，可以实现掩码操作。一个数 num 与 mask：00111100 进行位与操作，只保留 num 中与 mask 的 1 部分相对应的位。
- 利用 x | 0s = x 和 x | 1s = 1s 的特点，可以实现设值操作。一个数 num 与 mask：00111100 进行位或操作，将 num 中与 mask 的 1 部分相对应的位都设置为 1。
位与运算
- n&(n-1) 去除 n 的位级表示中最低的那一位。例如对于二进制表示 10110100，减去 1 得到 10110011，这两个数相与得到 10110000。
- n&(-n) 得到 n 的位级表示中最低的那一位。-n 得到 n 的反码加 1，对于二进制表示 10110100，-n 得到 01001100，相与得到 00000100。
- n-n&(~n+1) 去除 n 的位级表示中最高的那一位。
字符串
- 使用长度为 256 的整型数组来统计每个字符出现的个数，每个字符有偶数个可以用来构成回文字符串。
动态规划
后面的状态依赖于前面已知的状态，根据前面已知，以及最新的数字，可以对后面状态进行推导
0-1背包问题
题目描述：有一个容量为 N 的背包，要用这个背包装下物品的价值最大，这些物品有两个属性：体积 w 和价值 v。
将容量N，价值MaxV的问题，分解到了求在容量1-N下，价值MaxV的问题
dp[i][j] 表示前 i 件物品体积不超过 j 的情况下能达到的最大价值。设第 i 件物品体积为 w，价值为 v，根据第 i 件物品是否添加到背包中，可以分两种情况讨论：
- 第 i 件物品没添加到背包，总体积不超过 j 的前 i 件物品的最大价值就是总体积不超过 j 的前 i-1 件物品的最大价值，dpij = dp(i-1)j。
- 第 i 件物品添加到背包中，dpij= dp(i-1)(j-w) + v。
在程序实现时可以对 0-1 背包做优化。观察状态转移方程可以知道，前 i 件物品的状态仅与前 i-1 件物品的状态有关，因此可以将 dp 定义为一维数组，其中 dp[j] 既可以表示 dp(i-1)j 也可以表示 dpij。此时，
因为 dp[j-w] 表示 dp[i-1][j-w]，因此不能先求 dp[i][j-w]，以防将 dp[i-1][j-w] 覆盖。也就是说要先计算 dp[i][j] 再计算 dp[i][j-w]，在程序实现时需要按倒序来循环求解。
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12public int knapsack(int W, int N, int[] weights, int[] values) {
int[] dp = new int[W + 1];
for (int i = 1; i <= N; i++) {
int w = weights[i - 1], v = values[i - 1];
for (int j = W; j >= 1; j--) {
if (j >= w) {
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - w] + v);
}
}
}
return dp[W];
}
完全背包问题
0-1 背包和完全背包在实现上的不同之处是，0-1 背包对物品的迭代是在最外层，而完全背包对物品的迭代是在最里层。
数据结构相关
链表
- 如果是两个链表找交点，找环，一般都是走两个指针
总结
算法是对数据的加工技巧。