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进行BST的中序遍历即可，使用非递归方法可以提高效率。
int kthSmallest(TreeNode* root, int k) {
stack<TreeNode*> s;
while (root || !s.empty()) {
if (root) {
s.push(root);
root = root->left;
} else {
root = s.top();
s.pop();
if (--k == 0) {
return root->value;
}
root = root->right;
}
}
return -1;
}已通过样例测试和逻辑检查。
这是一道经典的二维动态规划问题，可以递推求解。
题意要求从左上角到右下角进行芝麻粒的拾取，代表递推的方向是从左上到右下的。
题意要求每次只能向右或向下移动一格，反过来看，这意味着，每一个位置取到芝麻粒只能来自于左边或上边，相加即代表取到。
由于要取最大值，所以需要进行max()处理，保证芝麻粒取的是左边和上边的最大值，递推即得全局最大值。
写出状态转移方程为：dp[i][j] = dp[i][j] + max(dp[i-1][j], dp[i][j-1])
数组问题要注意边界值，这种问题有两种求解方法：
- 为整个N×N数组多开一个边界，即(N+2)×(N+2)的数组，边界值赋为0，确保不会越界。
- 为边界值进行特殊处理，再对整体数据进行处理。
在本题的求解中，我选择了第二种策略，节约空间开销，也导致编码略显臃肿。
最后输出dp[n-1][n-1]即为所求。
int f(vector<vector<int>>& graph) {
int n = graph.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(n,0));
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
dp[i][j] = graph[i][j];
}
}
dp[0][0] = graph[0][0];
for (int i = 1; i < n; i++) {
dp[0][i] += dp[0][i-1];
dp[i][0] += dp[i-1][0];
}
for (int i = 1; i < n; i++) {
for (int j = 1; j < n; j++) {
dp[i][j] += max(dp[i-1][j], dp[i][j-1]);
}
}
return dp[n-1][n-1];
}完整代码见程序文件。
已通过样例测试和逻辑检查。
对于这类题，简单粗暴的解法是构建一个便于查找的map或set结构，并进行统计。
但存储数据，势必造成额外的空间开销，势必不能达到O(1)的空间复杂度，所以需要使用特殊方法进行原地求解。
原地求解的经典方法是位运算，位运算中最经典的符号是异或。
异或位运算的作用通常有：
- 实现两个值的交换，而不必使用临时变量（尽管实际可能更慢）。代码是
a=a^b; b=b^a; a=a^b; - 使某些特定的位翻转。例如，对数10100001的第2位和第3位翻转，则可以将该数与00000110进行按位异或运算。
- ……
很多算法题都可以使用异或位运算进行妙解。
本题利用了异或运算的以下三个性质：
-
任何数和0做异或运算，结果仍然是原来的数。
-
任何数和其自身做异或运算，结果是0。
-
异或运算满足交换律和结合律。
由于满足结合律和交换律，所以可以交换顺序并合并，而所有重复的两个数都可以异或得0。
由于任何数和0做异或运算，结果仍是原来的数，所以所有的0互相异或可以得到0，再与唯一的数异或，得到的就是那个数。
所以，只需要将所有的数逐一异或，即得结果。
如此，我就找到了唯一的数。
int singleNumber(vector<int>& nums) {
int result = 0;
for (int i : nums) {
result ^= i;
}
return result;
}完整代码见程序文件。
已通过样例测试和逻辑检查。