【数据结构与算法】LeetCode：day5

1. 回文数

我的思路：

直接将整数转化为字符串，使用字符串相关的函数将字符串反转后与原串作比较

代码实现：

class Solution {
    public boolean isPalindrome(int x) {
        return new StringBuilder(String.valueOf(x)).toString()
        		.equals(new StringBuilder(String.valueOf(x)).reverse().toString());
    }
}

执行结果：

可以看出执行效率较差、占用空间也较多！

更好的方法：

映入脑海的第一个想法是将数字转换为字符串，并检查字符串是否为回文。但是，这需要额外的非常量空间来创建问题描述中所不允许的字符串。

第二个想法是将数字本身反转，然后将反转后的数字与原始数字进行比较，如果它们是相同的，那么这个数字就是回文。
但是，如果反转后的数字大于 \text{int.MAX}int.MAX，我们将遇到整数溢出问题。

按照第二个想法，为了避免数字反转可能导致的溢出问题，为什么不考虑只反转 \text{int}int 数字的一半？毕竟，如果该数字是回文，其后半部分反转后应该与原始数字的前半部分相同。

例如，输入 1221，我们可以将数字 “1221” 的后半部分从 “21” 反转为 “12”，并将其与前半部分 “12” 进行比较，因为二者相同，我们得知数字 1221 是回文。

作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/palindrome-number/solution/hui-wen-shu-by-leetcode-solution/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

class Solution {
    public boolean isPalindrome(int x) {
        // 特殊情况：
        // 如上所述，当 x < 0 时，x 不是回文数。
        // 同样地，如果数字的最后一位是 0，为了使该数字为回文，
        // 则其第一位数字也应该是 0
        // 只有 0 满足这一属性
        if (x < 0 || (x % 10 == 0 && x != 0)) {
            return false;
        }

        int revertedNumber = 0;
        while (x > revertedNumber) {
            revertedNumber = revertedNumber * 10 + x % 10;
            x /= 10;
        }

        // 当数字长度为奇数时，我们可以通过 revertedNumber/10 去除处于中位的数字。
        // 例如，当输入为 12321 时，在 while 循环的末尾我们可以得到 x = 12，revertedNumber = 123，
        // 由于处于中位的数字不影响回文（它总是与自己相等），所以我们可以简单地将其去除。
        return x == revertedNumber || x == revertedNumber / 10;
    }
}

2. 罗马数字转整数

我的思路：

使用 HashMap 将罗马数字与对应的值作为键值对存储，然后分类讨论各种情况！

代码实现：

class Solution {
    public int romanToInt(String s) {
        int res = 0;
        HashMap<Character, Integer> map = new HashMap<>();
        map.put('I', 1);
        map.put('V', 5);
        map.put('X', 10);
        map.put('L', 50);
        map.put('C', 100);
        map.put('D', 500);
        map.put('M', 1000);

        for (int i = 0; i < s.length(); i++) {
            if (s.charAt(i) == 'I') {			// I 可以放在 V (5) 和 X (10) 的左边，来表示 4 和 9。
                if (i + 1 < s.length() && s.charAt(i + 1) == 'V') {
                    res += map.get('V') - map.get('I');
                    i++;
                } else if (i + 1 < s.length() && s.charAt(i + 1) == 'X') {
                    res += map.get('X') - map.get('I');
                    i++;
                } else {
                    res += map.get('I');
                }
            } else if (s.charAt(i) == 'V') {
                res += map.get('V');
            } else if (s.charAt(i) == 'X') {	// X 可以放在 L (50) 和 C (100) 的左边，来表示 40 和 90。 
                if (i + 1 < s.length() && s.charAt(i + 1) == 'L') {
                    res += map.get('L') - map.get('X');
                    i++;
                } else if (i + 1 < s.length() && s.charAt(i + 1) == 'C') {
                    res += map.get('C') - map.get('X');
                    i++;
                } else {
                    res += map.get('X');
                }
            } else if (s.charAt(i) == 'L') {
                res += map.get('L');
            } else if (s.charAt(i) == 'C') {	// C 可以放在 D (500) 和 M (1000) 的左边，来表示 400 和 900。
                if (i + 1 < s.length() && s.charAt(i + 1) == 'D') {
                    res += map.get('D') - map.get('C');
                    i++;
                } else if (i + 1 < s.length() && s.charAt(i + 1) == 'M') {
                    res += map.get('M') - map.get('C');
                    i++;
                } else {
                    res += map.get('C');
                }
            } else if (s.charAt(i) == 'D') {
                res += map.get('D');
            } else {
                res += map.get('M');
            }
        }

        return res;
    }
}

执行结果：

代码较为繁琐且执行效率并不高！

更好的方法：

把一个小值放在大值的左边，就是做减法，否则为加法。


在代码实现上，可以往后看多一位，对比当前位与后一位的大小关系，从而确定当前位是加还是减法。当没有下一位时，做加法即可。

也可保留当前位的值，当遍历到下一位的时，对比保留值与遍历位的大小关系，再确定保留值为加还是减。最后一位做加法即可。

作者：donespeak
链接：https://leetcode-cn.com/problems/roman-to-integer/solution/yong-shi-9993nei-cun-9873jian-dan-jie-fa-by-donesp/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

import java.util.*;

class Solution {
    public int romanToInt(String s) {
        int sum = 0;
        int preNum = getValue(s.charAt(0));
        for(int i = 1;i < s.length(); i ++) {
            int num = getValue(s.charAt(i));
            if(preNum < num) {
                sum -= preNum;
            } else {
                sum += preNum;
            }
            preNum = num;
        }
        sum += preNum;
        return sum;
    }
    
    // 使用 switch 替换 HashMap，极大提升了效率（小数据量时）
    private int getValue(char ch) {
        switch(ch) {
            case 'I': return 1;
            case 'V': return 5;
            case 'X': return 10;
            case 'L': return 50;
            case 'C': return 100;
            case 'D': return 500;
            case 'M': return 1000;
            default: return 0;
        }
    }
}

/*
作者：donespeak
链接：https://leetcode-cn.com/problems/roman-to-integer/solution/yong-shi-9993nei-cun-9873jian-dan-jie-fa-by-donesp/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
*/

3. 最长公共前缀

我的思路：

暴力匹配法，直接嵌套循环从前往后判断各字符串中的第n个字母是否相同，相同则加入到 StringBuilder 中

代码实现：

class Solution {
    public String longestCommonPrefix(String[] strs) {
        if (strs.length == 0) return ""; 
        StringBuilder sb = new StringBuilder("");
        int length = strs[0].length();
        boolean flag = true;
        for (int i = 1; i < strs.length; i++) {
            if (strs[i].length() < length) {
                length = strs[i].length();
            }
        }

        for (int i = 0; i < length; i++) {
            for (int j = 1; j < strs.length; j++) {
                if (strs[j].charAt(i) != strs[j - 1].charAt(i)){
                    flag = false;
                }
            }
            if (flag) {
                sb.append(strs[0].charAt(i));
            }
        }
        return sb.toString();
    }
}

执行结果：

还阔以，官方方法比较丰富，不过时间复杂度大抵相同都是 O(log(mn))