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纠结了半天先string 还是先 linked list。。。还是决定先string 了。 java使用时间比较短，以前极度喜欢python，在处理string上更不用说了。但是为了面试需要，忍痛割爱。。。而去python3 的推广也不顺利，前景没有以前那么好了，还是要熟练java的啊！ string的题目有40几道，看难度集中在18 － 27 属于中等偏难题目。加油！ Fight on!

Integer to Roman : **

题目不能理解，但是很难想出来。就当熟悉罗马计数了。这俩个题都用到了switch

罗马数字的关键在于 1 ， 5 ，10 。任何一位上的数，都按照一致的规则有该位对应的1 ， 5，10 得来。

题目挺有意思，我个人比较喜欢这个题目。方法不用说来自大神 code ganker

//Integer to Roman
public class Solution {
public String intToRoman(int num) {
int[] digits = new int[4];
int scale = 1000;
for(int i=0;i<4;i++){
digits[i] = num/scale;
num = num%scale;
scale = scale/10;
}
StringBuilder sb = new StringBuilder();
sb.append( converter(digits[0] ,'M', ' ',' '));
sb.append( converter(digits[1] ,'C', 'D','M'));
sb.append( converter(digits[2] ,'X', 'L','C'));
sb.append( converter(digits[3] ,'I', 'V','X'));
return sb.toString();
}
public String converter(int digit, char one, char five, char ten){
StringBuilder res = new StringBuilder();
switch(digit){
case 9:
res.append(one);
res.append(ten);
break;
case 8:
case 7:
case 6:
case 5:
res.append(five);
for(int i= 6;i<=digit;i++){
res.append(one);
}
break;
case 4:
res.append(one);
res.append(five);
break;
case 3:
case 2:
case 1:
for(int i=1;i<=digit;i++){
res.append(one);
}
break;
default:
break;
}
return res.toString();
}
}
//Roman to Integer
public class Solution {
public int romanToInt(String s) {
int res = 0;
char[] sc = s.toCharArray();
for(int i=0; i0 && ctn(sc[i]) > ctn(sc[i-1])){
res += (ctn(sc[i]) - 2*ctn(sc[i-1]) );
}else{
res += ctn(sc[i]);
}
}
return res;
}
public int ctn(char c){
switch(c){
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;
}
}
}

Generate Parentheses : *

这个题目并不难，为数不多的我既能有想法又能实现的。。。

但我在实现时候心血来潮（见代码注释），传int 参数没有在参数位置＋1 ，－1 而是在调用方程前处理的。这牵扯出来一个严肃的问题 : " 维护现场 "

通常对于 int 或 string DFS中传参是不需要维护的，前提必须是在参数位置上做改变，否则一样是需要维护的！注意代码中维护temp string的方法，当然有很多方法，这里是为了强调维护现场，刻意不改变temp指针的内容。

public class Solution {
public ListgenerateParenthesis(int n) {
Listres = new ArrayList();
helper(res, "", 0, n, n);
return res;
}
public void helper(Listres, String temp, int c_l , int l_left, int r_left){
if(l_left == 0 && r_left == 0){
res.add(temp);
return;
}
String new_temp;
if(l_left > 0){
new_temp = temp + "(";
//c_l ++;
//l_left --;
helper(res,new_temp,c_l+1,l_left-1,r_left);
//c_l --;
//l_left ++;
}
if(r_left > 0 && c_l > 0){
new_temp = temp + ")";
helper(res,new_temp,c_l-1,l_left,r_left-1);
}
}
}

Distinct Subsequences : *** *

brain fuck.... 这道题平心而论，不看答案太难了。看答案我都要理解半天。第一想法是brute force 用 backtracking。其实这里就已经暗示DP了

public class Solution {
public int numDistinct(String s, String t) {
if(s == null || t == null)
return 0;
int[][] dp = new int[s.length()+1][t.length()+1];
for(int i=0;i

Edit Distance ： ***＊

这道题目是经典中的经典，论难度不输上一道。

世间万事万物表象千差万别，内在往往有千丝万缕的联系。做算法题，最重要的是俩条 1. 角度 2.联系。角度是外，联系是内，找对了角度才能发现内在联系。

年初刚刚接触算法题目的时候，觉得recursion好难想啊，又觉得好酷。当时决定利用暑假写一篇recursion的超级汇总。也是在那时候决定写一篇dp的汇总。

这个题目结合上一道题目一起我思考了很多，你说dp难在哪？难在找关系，找一个递推关系，这个关系为毛难找，因为每一个题情景不同，表象纷杂，往往乱人眼目，搞的找不着北。分析上一题目的时候总结一点，dp的递推关系可以通过recursion来启发，因为上一题目recursion的方法来的更直接。可是这个题，recursion直接毫无想法。想来想去，dp的地推关系也不着边际，有一些似对非对，也不完整。

俩个字符串 matching，subsequence之类的题目，是dp的经典背景，具体问题千差万别，说到家都是二维dp。

抛开具体题目不说，一个二维dp能有几种可能但递推？

｜｜ A｜B ｜｜

｜｜ C｜T ｜｜

｜｜｜｜｜

1. 既然是递推，肯定推导自之前但信息，那么在二维矩阵里的一个entry，他有多少之前的信息？

T是我们当前要处理的，拥有的是所有T之前的信息。也既是以T为右下角，的左上角矩阵的信息。

2. 既然是递推，肯定是一步一步的推，环环相扣。也就是说推T只要用到T上一环的信息，那就是上一行，上一列，然后能够一步内推到T的。

综上，T只会推导自 A B C 之一，之二，或之三。

Distinct Subsequence 用的是A B

Edit Distance 用的是A B C

这样规律就很明显了，拿到任何一个情景，我们去套入，看看A B C对应什么情景？是不是在具体题目下make sense? 如果是，那就是，如果不是，就是不是了。

关于如何make sense，这就是表象决定的问题了。同样关于递推关系具体是什么？是求和？求最小值？这些也是表象决定的问题。

在这俩道题目里还揭示了另一个有价值的通性，T的递推关系不是唯一的，是有判断条件的。拿此题为例，当word[i-1] == word[j-1]时候 dp[i][j] == dp[i-1][j-1];

当不等于到时候，则是另一种递推。这看起来是把问题复杂化了。变得更难概括，但是还是有些规律可循，比如这俩道题，判断但条件都是决定dp[i-1][j-1] 是不是跟dp[i][j]之间有独特的联系。

这种判断条件本身也是表象问题，来自于具体情景分析。但是，不管你怎么判断，推导T就是离不开A B C。这个判断条件也应该是关于 A T ， B T，或者 CT的

在我这第二轮刷题刷完所有dp之后，会整理一个dp之章。望学有所思，学有所获，学有所成。

public class Solution {
public int minDistance(String word1, String word2) {
if(word1 == null && word2 == null)
return 0;
if(word1 == null)
return word2.length();
if(word2 == null)
return word1.length();
int[][] dp = new int[word1.length()+1][word2.length()+1];
for(int i=0;i

Count and Say : **

这个题不难想，考的是实现。我写了好久才弄对。犯的一个大错误，是在计数重复的时候套用了去重的模版，if(i > 0 && nums[i] == nums[i-1]) ... 这个判断应该是加入第一个后，skip以后所有重复的。这跟这个题有很大区别，比如 222 这读成 32，如果按照去重模版，会先加入一个2的，就读成了 1222。显然这里不是去重，而是计重（计数重复），计数完了再放入。就读成32了。我的实现用了if里面套while，其实if ＋ continue 也可以。但是关键是不要跟之前比，要跟之后比，啥时候跟之后不一样了，再去读它。这样坐标的变化也是吻合的，如果按照之前比，其实坐标上会出现edge case，这些都是方法不正确对暗示。

循环中处理重复是一个很基础大技巧，务必掌握。

另外在实现中如果感到问题edge case过多，或者坐标处理上存在一些异常个例（比如头尾需要单独处理之类）就要马上停止，重新思考，不能盲目的去处理个例，这是浪费时间的。

public class Solution {
public String countAndSay(int n) {
char[] seq = {'1'};
while( n > 1){
StringBuilder temp = new StringBuilder();
for(int i=0;i1){
StringBuilder temp = new StringBuilder();
int count = 1;
for(int i=0;i

Implement strStr()

这个题目也不难，有一点比较容易犯错，这里强调一下，在原始的haystack中，每一个点都可能成为needle的起点。在第一次做的时候，先从某点扫，发现差异之后，没有回到原始起点的下一点，而是接着扫了，这就导致很多点漏扫。

public class Solution {
public int strStr(String haystack, String needle) {
if(haystack == null || needle == null)
return -1;
if(needle.length() == 0)
return 0;
for(int i=0;i

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