# 算法
# 时间复杂度
通常使用最差的时间复杂度来衡量一个算法的好坏。
常数时间 O(1) 代表这个操作和数据量没关系，是一个固定时间的操作，比如说四则运算。
对于一个算法来说，可能会计算出如下操作次数 aN + 1，N 代表数据量。那么该算法的时间复杂度就是 O(N)。因为我们在计算时间复杂度的时候，数据量通常是非常大的，这时候低阶项和常数项可以忽略不计。
当然可能会出现两个算法都是 O(N) 的时间复杂度，那么对比两个算法的好坏就要通过对比低阶项和常数项了。
# 位运算
位运算在算法中很有用，速度可以比四则运算快很多。
在学习位运算之前应该知道十进制如何转二进制，二进制如何转十进制。这里说明下简单的计算方式
- 十进制
33可以看成是32 + 1，并且33应该是六位二进制的（因为33近似32，而32是 2 的五次方，所以是六位），那么 十进制33就是100001，只要是 2 的次方，那么就是 1否则都为 0 - 那么二进制
100001同理，首位是2^5，末位是2^0，相加得出 33
# 左移 <<
10 << 1 // -> 20
左移就是将二进制全部往左移动，10 在二进制中表示为 1010 ，左移一位后变成 10100 ，转换为十进制也就是 20，所以基本可以把左移看成以下公式 a * (2 ^ b)
# 算数右移 >>
10 >> 1 // -> 5
算数右移就是将二进制全部往右移动并去除多余的右边，10 在二进制中表示为 1010 ，右移一位后变成 101 ，转换为十进制也就是 5，所以基本可以把右移看成以下公式 int v = a / (2 ^ b)
右移很好用，比如可以用在二分算法中取中间值
13 >> 1 // -> 6
# 按位操作
按位与
每一位都为 1，结果才为 1
8 & 7 // -> 0
// 1000 & 0111 -> 0000 -> 0
按位或
其中一位为 1，结果就是 1
8 | 7 // -> 15
// 1000 | 0111 -> 1111 -> 15
按位异或
每一位都不同，结果才为 1
8 ^ 7 // -> 15
8 ^ 8 // -> 0
// 1000 ^ 0111 -> 1111 -> 15
// 1000 ^ 1000 -> 0000 -> 0
从以上代码中可以发现按位异或就是不进位加法
面试题：两个数不使用四则运算得出和
这道题中可以按位异或，因为按位异或就是不进位加法，8 ^ 8 = 0 如果进位了，就是 16 了，所以我们只需要将两个数进行异或操作，然后进位。那么也就是说两个二进制都是 1 的位置，左边应该有一个进位 1，所以可以得出以下公式 a + b = (a ^ b) + ((a & b) << 1) ，然后通过迭代的方式模拟加法
function sum(a, b) {
if (a == 0) return b
if (b == 0) return a
let newA = a ^ b
let newB = (a & b) << 1
return sum(newA, newB)
}
# 排序
| 中文名称 | 英文名称 | 平均时间复杂度 | 最坏时间复杂度 | 最好时间复杂度 | 空间复杂度 | 稳定性 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 选择 | Selection | n2 | n2 | n2 | 1 | 不稳 |
| 冒泡 | Bubble | n2 | n2 | n | 1 | 稳 |
| 插入 | Insertion | n2 | n2 | n | 1 | 稳 |
| 快速 | Quick | n log2 n | n2 | n log2 n | log2 n | 不稳 |
| 归并 | Merge | n log2 n | n log2 n | n log2 n | n | 稳 |
| 堆 | Heap | n log2 n | n log2 n | n log2 n | 1 | 不稳 |
| 希尔 | Shell | n1.3 | n2 | n | 1 | 不稳 |
| 桶 | Bucket | n + k | n2 | n | n + k | 稳 |
| 计数 | Counting | n + k | n + k | n + k | n + k | 稳 |
| 基数 | Radix | n * k | n * k | n * k | n + k | 稳 |
口诀：
选泡插，快归堆希统计姬；n 方 n 老 n 一三，对 n 加 k n 乘 K；不稳稳稳不稳稳，不稳不稳稳稳稳。
以下两个函数是排序中会用到的通用函数，就不一一写了
function checkArray(array) {
if (!array || array.length <= 2) return
}
function swap(array, left, right) {
let rightValue = array[right]
array[right] = array[left]
array[left] = rightValue
}
# 冒泡排序
冒泡排序的原理如下，从第一个元素开始，把当前元素和下一个索引元素进行比较。如果当前元素大，那么就交换位置，重复操作直到比较到最后一个元素，那么此时最后一个元素就是该数组中最大的数。下一轮重复以上操作，但是此时最后一个元素已经是最大数了，所以不需要再比较最后一个元素，只需要比较到 length - 1 的位置。
以下是实现该算法的代码
function bubble(array) {
checkArray(array);
for (let i = array.length - 1; i > 0; i--) {
// 从 0 到 `length - 1` 遍历
for (let j = 0; j < i; j++) {
if (array[j] > array[j + 1]) swap(array, j, j + 1)
}
}
return array;
}
该算法的操作次数是一个等差数列 n + (n - 1) + (n - 2) + 1 ，去掉常数项以后得出时间复杂度是 O(n * n)
# 插入排序
插入排序的原理如下。第一个元素默认是已排序元素，取出下一个元素和当前元素比较，如果当前元素大就交换位置。那么此时第一个元素就是当前的最小数，所以下次取出操作从第三个元素开始，向前对比，重复之前的操作。
function insertion(array) {
checkArray(array);
for (let i = 1; i < array.length; i++) {
for (let j = i - 1; j >= 0 && array[j] > array[j + 1]; j--)
swap(array, j, j + 1);
}
return array;
}
该算法的操作次数是一个等差数列 n + (n - 1) + (n - 2) + 1 ，去掉常数项以后得出时间复杂度是 O(n * n)
# 选择排序
选择排序的原理如下。遍历数组，设置最小值的索引为 0，如果取出的值比当前最小值小，就替换最小值索引，遍历完成后，将第一个元素和最小值索引上的值交换。如上操作后，第一个元素就是数组中的最小值，下次遍历就可以从索引 1 开始重复上述操作。
function selection(array) {
checkArray(array);
for (let i = 0; i < array.length - 1; i++) {
let minIndex = i;
for (let j = i + 1; j < array.length; j++) {
minIndex = array[j] < array[minIndex] ? j : minIndex;
}
swap(array, i, minIndex);
}
return array;
}
该算法的操作次数是一个等差数列 n + (n - 1) + (n - 2) + 1 ，去掉常数项以后得出时间复杂度是 O(n * n)
# 归并排序
归并排序的原理如下。递归的将数组两两分开直到最多包含两个元素，然后将数组排序合并，最终合并为排序好的数组。假设我有一组数组 [3, 1, 2, 8, 9, 7, 6]，中间数索引是 3，先排序数组 [3, 1, 2, 8] 。在这个左边数组上，继续拆分直到变成数组包含两个元素（如果数组长度是奇数的话，会有一个拆分数组只包含一个元素）。然后排序数组 [3, 1] 和 [2, 8] ，然后再排序数组 [1, 3, 2, 8] ，这样左边数组就排序完成，然后按照以上思路排序右边数组，最后将数组 [1, 2, 3, 8] 和 [6, 7, 9] 排序。
function sort(array) {
checkArray(array);
mergeSort(array, 0, array.length - 1);
return array;
}
function mergeSort(array, left, right) {
// 左右索引相同说明已经只有一个数
if (left === right) return;
// 等同于 `left + (right - left) / 2`
// 相比 `(left + right) / 2` 来说更加安全，不会溢出
// 使用位运算是因为位运算比四则运算快
let mid = parseInt(left + ((right - left) >> 1));
mergeSort(array, left, mid);
mergeSort(array, mid + 1, right);
let help = [];
let i = 0;
let p1 = left;
let p2 = mid + 1;
while (p1 <= mid && p2 <= right) {
help[i++] = array[p1] < array[p2] ? array[p1++] : array[p2++];
}
while (p1 <= mid) {
help[i++] = array[p1++];
}
while (p2 <= right) {
help[i++] = array[p2++];
}
for (let i = 0; i < help.length; i++) {
array[left + i] = help[i];
}
return array;
}
以上算法使用了递归的思想。递归的本质就是压栈，每递归执行一次函数，就将该函数的信息（比如参数，内部的变量，执行到的行数）压栈，直到遇到终止条件，然后出栈并继续执行函数。对于以上递归函数的调用轨迹如下
mergeSort(data, 0, 6) // mid = 3
mergeSort(data, 0, 3) // mid = 1
mergeSort(data, 0, 1) // mid = 0
mergeSort(data, 0, 0) // 遇到终止，回退到上一步
mergeSort(data, 1, 1) // 遇到终止，回退到上一步
// 排序 p1 = 0, p2 = mid + 1 = 1
// 回退到 `mergeSort(data, 0, 3)` 执行下一个递归
mergeSort(2, 3) // mid = 2
mergeSort(3, 3) // 遇到终止，回退到上一步
// 排序 p1 = 2, p2 = mid + 1 = 3
// 回退到 `mergeSort(data, 0, 3)` 执行合并逻辑
// 排序 p1 = 0, p2 = mid + 1 = 2
// 执行完毕回退
// 左边数组排序完毕，右边也是如上轨迹
该算法的操作次数是可以这样计算：递归了两次，每次数据量是数组的一半，并且最后把整个数组迭代了一次，所以得出表达式 2T(N / 2) + T(N) （T 代表时间，N 代表数据量）。根据该表达式可以套用 该公式 (opens new window) 得出时间复杂度为 O(N * logN)
# 快排
快排的原理如下。随机选取一个数组中的值作为基准值，从左至右取值与基准值对比大小。比基准值小的放数组左边，大的放右边，对比完成后将基准值和第一个比基准值大的值交换位置。然后将数组以基准值的位置分为两部分，继续递归以上操作。
function sort(array) {
checkArray(array);
quickSort(array, 0, array.length - 1);
return array;
}
function quickSort(array, left, right) {
if (left < right) {
swap(array, , right)
// 随机取值，然后和末尾交换，这样做比固定取一个位置的复杂度略低
let indexs = part(array, parseInt(Math.random() * (right - left + 1)) + left, right);
quickSort(array, left, indexs[0]);
quickSort(array, indexs[1] + 1, right);
}
}
function part(array, left, right) {
let less = left - 1;
let more = right;
while (left < more) {
if (array[left] < array[right]) {
// 当前值比基准值小，`less` 和 `left` 都加一
++less;
++left;
} else if (array[left] > array[right]) {
// 当前值比基准值大，将当前值和右边的值交换
// 并且不改变 `left`，因为当前换过来的值还没有判断过大小
swap(array, --more, left);
} else {
// 和基准值相同，只移动下标
left++;
}
}
// 将基准值和比基准值大的第一个值交换位置
// 这样数组就变成 `[比基准值小, 基准值, 比基准值大]`
swap(array, right, more);
return [less, more];
}
该算法的复杂度和归并排序是相同的，但是额外空间复杂度比归并排序少，只需 O(logN)，并且相比归并排序来说，所需的常数时间也更少。
# 面试题
Sort Colors：该题目来自 LeetCode (opens new window)，题目需要我们将 [2,0,2,1,1,0] 排序成 [0,0,1,1,2,2] ，这个问题就可以使用三路快排的思想。
以下是代码实现
var sortColors = function(nums) {
let left = -1;
let right = nums.length;
let i = 0;
// 下标如果遇到 right，说明已经排序完成
while (i < right) {
if (nums[i] == 0) {
swap(nums, i++, ++left);
} else if (nums[i] == 1) {
i++;
} else {
swap(nums, i, --right);
}
}
};
Kth Largest Element in an Array：该题目来自 LeetCode (opens new window)，题目需要找出数组中第 K 大的元素，这问题也可以使用快排的思路。并且因为是找出第 K 大元素，所以在分离数组的过程中，可以找出需要的元素在哪边，然后只需要排序相应的一边数组就好。
以下是代码实现
var findKthLargest = function(nums, k) {
let l = 0
let r = nums.length - 1
// 得出第 K 大元素的索引位置
k = nums.length - k
while (l < r) {
// 分离数组后获得比基准树大的第一个元素索引
let index = part(nums, l, r)
// 判断该索引和 k 的大小
if (index < k) {
l = index + 1
} else if (index > k) {
r = index - 1
} else {
break
}
}
return nums[k]
};
function part(array, left, right) {
let less = left - 1;
let more = right;
while (left < more) {
if (array[left] < array[right]) {
++less;
++left;
} else if (array[left] > array[right]) {
swap(array, --more, left);
} else {
left++;
}
}
swap(array, right, more);
return more;
}
# 堆排序
堆排序利用了二叉堆的特性来做，二叉堆通常用数组表示，并且二叉堆是一颗完全二叉树（所有叶节点（最底层的节点）都是从左往右顺序排序，并且其他层的节点都是满的）。二叉堆又分为大根堆与小根堆。
- 大根堆是某个节点的所有子节点的值都比他小
- 小根堆是某个节点的所有子节点的值都比他大
堆排序的原理就是组成一个大根堆或者小根堆。以小根堆为例，某个节点的左边子节点索引是 i * 2 + 1，右边是 i * 2 + 2，父节点是 (i - 1) /2。
- 首先遍历数组，判断该节点的父节点是否比他小，如果小就交换位置并继续判断，直到他的父节点比他大
- 重新以上操作 1，直到数组首位是最大值
- 然后将首位和末尾交换位置并将数组长度减一，表示数组末尾已是最大值，不需要再比较大小
- 对比左右节点哪个大，然后记住大的节点的索引并且和父节点对比大小，如果子节点大就交换位置
- 重复以上操作 3 - 4 直到整个数组都是大根堆。
function heap(array) {
checkArray(array);
// 将最大值交换到首位
for (let i = 0; i < array.length; i++) {
heapInsert(array, i);
}
let size = array.length;
// 交换首位和末尾
swap(array, 0, --size);
while (size > 0) {
heapify(array, 0, size);
swap(array, 0, --size);
}
return array;
}
function heapInsert(array, index) {
// 如果当前节点比父节点大，就交换
while (array[index] > array[parseInt((index - 1) / 2)]) {
swap(array, index, parseInt((index - 1) / 2));
// 将索引变成父节点
index = parseInt((index - 1) / 2);
}
}
function heapify(array, index, size) {
let left = index * 2 + 1;
while (left < size) {
// 判断左右节点大小
let largest =
left + 1 < size && array[left] < array[left + 1] ? left + 1 : left;
// 判断子节点和父节点大小
largest = array[index] < array[largest] ? largest : index;
if (largest === index) break;
swap(array, index, largest);
index = largest;
left = index * 2 + 1;
}
}
以上代码实现了小根堆，如果需要实现大根堆，只需要把节点对比反一下就好。
该算法的复杂度是 O(logN)
# 系统自带排序实现
每个语言的排序内部实现都是不同的。
对于 JS 来说，数组长度大于 10 会采用快排，否则使用插入排序 源码实现 (opens new window) 。选择插入排序是因为虽然时间复杂度很差，但是在数据量很小的情况下和 O(N * logN)相差无几，然而插入排序需要的常数时间很小，所以相对别的排序来说更快。
对于 Java 来说，还会考虑内部的元素的类型。对于存储对象的数组来说，会采用稳定性好的算法。稳定性的意思就是对于相同值来说，相对顺序不能改变。
# 反转单向链表
该题目来自 LeetCode (opens new window)，题目需要将一个单向链表反转。思路很简单，使用三个变量分别表示当前节点和当前节点的前后节点，虽然这题很简单，但是却是一道面试常考题
以下是实现该算法的代码
var reverseList = function(head) {
// 判断下变量边界问题
if (!head || !head.next) return head
// 初始设置为空，因为第一个节点反转后就是尾部，尾部节点指向 null
let pre = null
let current = head
let next
// 判断当前节点是否为空
// 不为空就先获取当前节点的下一节点
// 然后把当前节点的 next 设为上一个节点
// 然后把 current 设为下一个节点，pre 设为当前节点
while(current) {
next = current.next
current.next = pre
pre = current
current = next
}
return pre
};
# 树
# 二叉树的先序、中序、后序遍历
先序遍历：先访问根节点，然后访问左节点，最后访问右节点。
中序遍历：先访问左节点，然后访问根节点，最后访问右节点。
后序遍历：先访问左节点，然后访问右节点，最后访问根节点。
# 递归实现，代码如下
class TreeNode {
constructor(value = 0, left = null, right = null) {
this.value = value;
this.left = left;
this.right = right;
}
}
// 前序遍历
function preOrderTraversal(root) {
if (root === null) return []
return [root.value, ...preOrderTraversal(root.left), ...preOrderTraversal(root.right)]
}
// 中序遍历
function inOrderTraversal(root) {
if (root === null) return []
return [...inOrderTraversal(root.left), root.value, ...inOrderTraversal(root.right)]
}
// 后序遍历
function postOrderTraversal(root) {
if (root === null) return []
return [...postOrderTraversal(root.left), ...postOrderTraversal(root.right), root.value]
}
// 创建二叉树
// A
// / \
// B C
// / \ \
// D E F
const root = new TreeNode('A')
root.left = new TreeNode('B')
root.right = new TreeNode('C')
root.left.left = new TreeNode('D')
root.left.right = new TreeNode('E')
root.right.right = new TreeNode('F')
console.log("前序遍历:", preOrderTraversal(root)) // ["A", "B", "D", "E", "C", "F"]
console.log("中序遍历:", inOrderTraversal(root)) // ["D", "B", "E", "A", "C", "F"]
console.log("后序遍历:", postOrderTraversal(root)) // ["D", "E", "B", "F", "C", "A"]
# 非递归实现
使用栈的结构，通过栈的先进后出模拟递归，以下是先序遍历代码实现
function preOrderTraversal(root) {
if (root) {
let stack = [];
// 先将根节点 push
stack.push(root);
// 判断栈中是否为空
while (stack.length > 0) {
// 弹出栈顶元素
root = stack.pop();
console.log(root);
// 因为先序遍历是先左后右，栈是先进后出结构，所以先 push 右边再 push 左边
if (root.right) {
stack.push(root.right);
}
if (root.left) {
stack.push(root.left);
}
}
}
}
以下是中序遍历代码实现
function inOrderTraversal(root) {
if (root) {
let stack = [];
// 中序遍历是先左再根最后右
// 所以首先应该先把最左边节点遍历到底依次 push 进栈
// 当左边没有节点时，就打印栈顶元素，然后寻找右节点
// 对于最左边的叶节点来说，可以把它看成是两个 null 节点的父节点
// 左边打印不出东西就把父节点拿出来打印，然后再看右节点
while (stack.length > 0 || root) {
if (root) {
stack.push(root);
root = root.left;
} else {
root = stack.pop();
console.log(root);
root = root.right;
}
}
}
}
以下是后序遍历代码实现，该代码使用了两个栈来实现遍历，相比一个栈的遍历来说要容易理解很多
function postOrderTraversal(root) {
if (root) {
let stack1 = [];
let stack2 = [];
// 后序遍历是先左再右最后根，所以对于栈来说，应该先 push 根节点
// 然后 push 右节点，最后 push 左节点
stack1.push(root);
while (stack1.length > 0) {
root = stack1.pop();
stack2.push(root);
if (root.left) {
stack1.push(root.left);
}
if (root.right) {
stack1.push(root.right);
}
}
while (stack2.length > 0) {
console.log(s2.pop());
}
}
}
# 中序遍历的前驱后继节点
实现这个算法的前提是节点有一个 parent 的指针指向父节点，根节点指向 null 。
# 前驱节点
对于节点 2 来说，他的前驱节点就是 4 ，按照中序遍历原则，可以得出以下结论
- 如果选取的节点的左节点不为空，就找该左节点最右的节点。对于节点
1来说，他有左节点2，那么节点2的最右节点就是5 - 如果左节点为空，且目标节点是父节点的右节点，那么前驱节点为父节点。对于节点
5来说，没有左节点，且是节点2的右节点，所以节点2是前驱节点 - 如果左节点为空，且目标节点是父节点的左节点，向上寻找到第一个是父节点的右节点的节点。对于节点
6来说，没有左节点，且是节点3的左节点，所以向上寻找到节点1，发现节点3是节点1的右节点，所以节点1是节点6的前驱节点
以下是算法实现
function predecessor(node) {
if (!node) return
// 结论 1
if (node.left) {
return getRight(node.left)
} else {
let parent = node.parent
// 结论 2 3 的判断
while(parent && parent.right === node) {
node = parent
parent = node.parent
}
return parent
}
}
function getRight(node) {
if (!node) return
node = node.right
while(node) node = node.right
return node
}
# 后继节点
对于节点 2 来说，他的后继节点就是 5 ，按照中序遍历原则，可以得出以下结论
- 如果有右节点，就找到该右节点的最左节点。对于节点
1来说，他有右节点3，那么节点3的最左节点就是6 - 如果没有右节点，就向上遍历直到找到一个节点是父节点的左节点。对于节点
5来说，没有右节点，就向上寻找到节点2，该节点是父节点1的左节点，所以节点1是后继节点
以下是算法实现
function successor(node) {
if (!node) return
// 结论 1
if (node.right) {
return getLeft(node.right)
} else {
// 结论 2
let parent = node.parent
// 判断 parent 为空
while(parent && parent.left === node) {
node = parent
parent = node.parent
}
return parent
}
}
function getLeft(node) {
if (!node) return
node = node.left
while(node) node = node.left
return node
}
# 树的深度
树的最大深度：该题目来自 Leetcode (opens new window)，题目需要求出一颗二叉树的最大深度
以下是算法实现
var maxDepth = function(root) {
if (!root) return 0
return Math.max(maxDepth(root.left), maxDepth(root.right)) + 1
};
对于该递归函数可以这样理解：一旦没有找到节点就会返回 0，每弹出一次递归函数就会加一，树有三层就会得到3。
# 动态规划
动态规划背后的基本思想非常简单。就是将一个问题拆分为子问题，一般来说这些子问题都是非常相似的，那么我们可以通过只解决一次每个子问题来达到减少计算量的目的。
一旦得出每个子问题的解，就存储该结果以便下次使用。
# 斐波那契数列
斐波那契数列就是从 0 和 1 开始，后面的数都是前两个数之和
0，1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89....
那么显然易见，我们可以通过递归的方式来完成求解斐波那契数列
function fib(n) {
if (n < 2 && n >= 0) return n
return fib(n - 1) + fib(n - 2)
}
fib(10)
以上代码已经可以完美的解决问题。但是以上解法却存在很严重的性能问题，当 n 越大的时候，需要的时间是指数增长的，这时候就可以通过动态规划来解决这个问题。
动态规划的本质其实就是两点
- 自底向上分解子问题
- 通过变量存储已经计算过的解
根据上面两点，我们的斐波那契数列的动态规划思路也就出来了
- 斐波那契数列从 0 和 1 开始，那么这就是这个子问题的最底层
- 通过数组来存储每一位所对应的斐波那契数列的值
function fib(n) {
let array = new Array(n + 1).fill(null)
array[0] = 0
array[1] = 1
for (let i = 2; i <= n; i++) {
array[i] = array[i - 1] + array[i - 2]
}
return array[n]
}
fib(10)
# 0 - 1背包问题
该问题可以描述为：给定一组物品，每种物品都有自己的重量和价格，在限定的总重量内，我们如何选择，才能使得物品的总价格最高。每个问题只能放入至多一次。
假设我们有以下物品
| 物品 ID / 重量 | 价值 |
|---|---|
| 1 | 3 |
| 2 | 7 |
| 3 | 12 |
对于一个总容量为 5 的背包来说，我们可以放入重量 2 和 3 的物品来达到背包内的物品总价值最高。
对于这个问题来说，子问题就两个，分别是放物品和不放物品，可以通过以下表格来理解子问题
| 物品 ID / 剩余容量 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| 1 | 0 | 3 | 3 | 3 | 3 | 3 |
| 2 | 0 | 3 | 7 | 10 | 10 | 10 |
| 3 | 0 | 3 | 7 | 12 | 15 | 19 |
直接来分析能放三种物品的情况，也就是最后一行
- 当容量少于 3 时，只取上一行对应的数据，因为当前容量不能容纳物品 3
- 当容量 为 3 时，考虑两种情况，分别为放入物品 3 和不放物品 3
- 不放物品 3 的情况下，总价值为 10
- 放入物品 3 的情况下，总价值为 12，所以应该放入物品 3
- 当容量 为 4 时，考虑两种情况，分别为放入物品 3 和不放物品 3
- 不放物品 3 的情况下，总价值为 10
- 放入物品 3 的情况下，和放入物品 1 的价值相加，得出总价值为 15，所以应该放入物品 3
- 当容量 为 5 时，考虑两种情况，分别为放入物品 3 和不放物品 3
- 不放物品 3 的情况下，总价值为 10
- 放入物品 3 的情况下，和放入物品 2 的价值相加，得出总价值为 19，所以应该放入物品 3
以下代码对照上表更容易理解
/**
* @param {*} w 物品重量
* @param {*} v 物品价值
* @param {*} C 总容量
* @returns
*/
function knapsack(w, v, C) {
let length = w.length
if (length === 0) return 0
// 对照表格，生成的二维数组，第一维代表物品，第二维代表背包剩余容量
// 第二维中的元素代表背包物品总价值
let array = new Array(length).fill(new Array(C + 1).fill(null))
// 完成底部子问题的解
for (let i = 0; i <= C; i++) {
// 对照表格第一行， array[0] 代表物品 1
// i 代表剩余总容量
// 当剩余总容量大于物品 1 的重量时，记录下背包物品总价值，否则价值为 0
array[0][i] = i >= w[0] ? v[0] : 0
}
// 自底向上开始解决子问题，从物品 2 开始
for (let i = 1; i < length; i++) {
for (let j = 0; j <= C; j++) {
// 这里求解子问题，分别为不放当前物品和放当前物品
// 先求不放当前物品的背包总价值，这里的值也就是对应表格中上一行对应的值
array[i][j] = array[i - 1][j]
// 判断当前剩余容量是否可以放入当前物品
if (j >= w[i]) {
// 可以放入的话，就比大小
// 放入当前物品和不放入当前物品，哪个背包总价值大
array[i][j] = Math.max(array[i][j], v[i] + array[i - 1][j - w[i]])
}
}
}
return array[length - 1][C]
}
# 最长递增子序列
最长递增子序列意思是在一组数字中，找出最长一串递增的数字，比如
0, 3, 4, 17, 2, 8, 6, 10
对于以上这串数字来说，最长递增子序列就是 0, 3, 4, 8, 10，可以通过以下表格更清晰的理解
| 数字 | 0 | 3 | 4 | 17 | 2 | 8 | 6 | 10 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 长度 | 1 | 2 | 3 | 4 | 2 | 4 | 4 | 5 |
通过以上表格可以很清晰的发现一个规律，找出刚好比当前数字小的数，并且在小的数组成的长度基础上加一。
这个问题的动态思路解法很简单，直接上代码
function lis(n) {
if (n.length === 0) return 0
// 创建一个和参数相同大小的数组，并填充值为 1
let array = new Array(n.length).fill(1)
// 从索引 1 开始遍历，因为数组已经所有都填充为 1 了
for (let i = 1; i < n.length; i++) {
// 从索引 0 遍历到 i
// 判断索引 i 上的值是否大于之前的值
for (let j = 0; j < i; j++) {
if (n[i] > n[j]) {
array[i] = Math.max(array[i], 1 + array[j])
}
}
}
let res = 1
for (let i = 0; i < array.length; i++) {
res = Math.max(res, array[i])
}
return res
}
# 字符串相关
在字符串相关算法中，Trie 树可以解决解决很多问题，同时具备良好的空间和时间复杂度，比如以下问题
- 词频统计
- 前缀匹配
如果你对于 Trie 树还不怎么了解，可以前往 这里 阅读