670 Maximum Swap

思路：先把整数分解成一个一个的数，从0-n放着从最低位到最高位的数字。例如2376变成数组[6,7,3,2]。假设要替换的是最高位n-1,从0到n-2中查找是否有比nums[n-1]大的元素；如果有则替换，否则继续考虑替换n-2位。比较的时候一定要从0位开始，因为如果第1,2下标元素相同，把第1位的元素换到高位数字更大。样例数据1993，替换以后是9913。
学习：首先，记录0-9这十个数字在num中的最低位数。其次，遍历每个位置，找一找从9到digits[i]+1这几个数字中是不是存在可以替换的数值。
代码

289 Game of Life

思路：这个题目的难点是既要根据数组情况修改board[i][j]的新状态，还要能作为邻居找到board[i][j]原来的状态。可以使用如下策略：
live->die 2
live->live 1
die->die 0
die->live 3
最后再遍历一次，把所有值%2。
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792 Number of Matching Subsequences

思路：暴力方法不再叙述。
学习：把words的第一个字符以<character,string><script type="math/tex" id="MathJax-Element-1"></script>的数据结构存储，接着遍历S中的每一个字符，找到在该字符下的words，删除words的字符，更新word。当word的长度为1时，表示匹配成功，计数。这里使用双向列表是一个技巧之处。（参考）
学习2：第二种思路是：s的长度为n，计算每个位置i之后 [a-z]首次出现的位置。这样，当检查每一个word的时候，只要查看位置就可以。
例如 s=”abcde”。
指针在位置0（也就是a前面），那么a、b、c、d、e首次出现的位置分别为1，2,3,4,5。
在遇到’a’以后，a、b、c、d、e首次出现的位置分别为-1，2,3,4,5，如此循环下去。
在匹配单词bb的时候，首先指针在0，b的位置是2。指针在2，b的位置是-1.所以找不到。
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11 Container With Most Water

思路：根据题意，我们知道取两条边中最小的值*底长得到面积，找到最大面积。用暴力枚举是可以算得的，但会超时。
学习：减少循环的核心思路是省去没有必要的遍历，并且确保所需的答案一定能被遍历到。
算法描述是：假设现在有一个容器，则容器的盛水量是由容器的底和高共同决定的。则我们可以从最大的底入手。设两个指针一个在最右边，一个在最左边。接着移动较小值的指针，左指针右移，右指针左移。直到两指针相遇。遍历结束。计算出最大值。
算法证明：首先解释为什么移动较小值的指着。假设left值小于right值。如果移动right，底肯定会变小，如果移动之后：
1 新的right<script type="math/tex" id="MathJax-Element-2"><</script>left，那么高也变小，容量变小；
2 新的right $>=$ left，那么高不变，底变小，容量变小。
所以移动值比较大的指针没有意义。（ps：移动值小的指针，可以认为我们是在枚举高度）。
其次证明这种移动方式肯定会经过容量最大的点。假设容量最大的时候指针分别为p_left和p_right。根据题设，遍历的时候左指针先到达p_left，右指针还没有到达p_right，假设右指针在p_right+n。这个时候会移动的条件是 $p\_left<(p\_right+n)$ 。如果是这样最大面积就不是p_left,p_right两指针。因为 $p\_left*([p\_right+n]-p\_left)的底>p\_left*(p\_right-p\_left)的底$ 。这与假设矛盾。所以一定会经过容量最大的点。
学习2：不但要能想到算法描述，更需要证明算法正确。

参考
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713 Subarray Product Less Than K

思路：首先肯定想到暴力枚举，超时。接着考虑有哪些计算是重复的。以nums=[10, 5, 2,6]为例。
计算i=0,遍历j=0,1,2,3；计算i=1，遍历j=1,2,3；如果[0,2]符合要求，那么[1,2]一定是符合要求的，进一步考虑[0],[0,1],[0,2],[1,2]都是符合要求的。当然我思考到这里就进行不下去了。
学习：slide window的思想。
10:count+1
10*5<100:count+2，因为[5],[10,5]
10*5*2=100:count+2 因为：[2],[5,2]
5*2*6<100:count+3 因为[6][6,2][6,2,5]
需要保持最大的乘积<script type="math/tex" id="MathJax-Element-6"><</script>k的窗口；
每次向右移动一个数值nums[j]；如果右移后乘积 $>=$ k，就增加i，减少左边的数值，直到乘积＜k;
每一步都会新增(j-i+1)个子数组。
这种滑动窗口，或者说每一步增加一个元素，考虑是否改变数组起止位置的思想与795 Number of Subarrays with Bounded Maximum很类似。如果能从一步计算中推出多个结论，就可以减少计算次数。降低复杂度。
代码

33 Search in Rotated Sorted Array

思路：这是要在一个有旋转的排序数组中查找。
学习：一种思路是找到旋转点的位置每次找mid，找到的是(mid+ratedIdx)%n的位置
学习2：使用最大值、最小值使得数组有序。我理解的不太好。查看网页。文中提到的If nums[mid] and target are “on the same side” of nums[0], we just take nums[mid].这句话意思是： $nums[0]<nums[mid] && nums[0]<target$ 或者 $nums[0]>nums[mid] && nums[0]>target$
代码
学习3：因为rotate的缘故，当我们切取一半的时候可能会出现误区，所以我们要做进一步的判断。具体来说，假设数组是A，每次左边缘为l，右边缘为r，还有中间位置是m。在每次迭代中，分三种情况：
（1）如果 $target==A[m]$ ，那么m就是我们要的结果，直接返回；
（2）如果 $A[m]<A[r]$ ，那么说明从m到r一定是有序的（没有受到rotate的影响），那么我们只需要判断target是不是在m到r之间，如果是则把左边缘移到m+1，否则就target在另一半，即把右边缘移到m-1。
（3）如果 $A[m]>=A[r]$ ，那么说明从l到m一定是有序的，同样只需要判断target是否在这个范围内，相应的移动边缘即可。
根据以上方法，每次我们都可以切掉一半的数据，所以算法的时间复杂度是O(logn)，空间复杂度是O(1)。(原文链接)

81 Search in Rotated Sorted Array II

学习：本题和上一题唯一的区别是这道题目中元素会有重复的情况出现。不过正是因为这个条件的出现，出现了比较复杂的case，甚至影响到了算法的时间复杂度。原来我们是依靠中间和边缘元素的大小关系，来判断哪一半是不受rotate影响，仍然有序的。而现在因为重复的出现，如果我们遇到中间和边缘相等的情况，我们就丢失了哪边有序的信息，因为哪边都有可能是有序的结果。假设原数组是{1,2,3,3,3,3,3}，那么旋转之后有可能是{3,3,3,3,3,1,2}，或者{3,1,2,3,3,3,3}，这样的我们判断左边缘和中心的时候都是3，如果我们要寻找1或者2，我们并不知道应该跳向哪一半。解决的办法只能是对边缘移动一步，直到边缘和中间不在相等或者相遇，这就导致了会有不能切去一半的可能。所以最坏情况（比如全部都是一个元素，或者只有一个元素不同于其他元素，而他就在最后一个）就会出现每次移动一步，总共是n步，算法的时间复杂度变成O(n)。（来自网页）
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209 Minimum Size Subarray Sum

思路：这道题目与713很类似。一个是求子数组的和，一个是求子数组的乘积。都可以使用滑动窗口的思想。这里要求得到的是子数组和 $>=s$ 的最小长度。两指针，一个指向窗口的开始位置，一个指向窗口的结束位置。（参考网页）
学习：二分查找。输入的数组没有顺序，而且也不能排序，那怎么用二分查找呢？sum[i]表示从下标0到i-1区间元素的和。因为输入的元素是正整数，所以sum[i]是一个递增函数。最短的数组长度，也就是找sum[i,j]的和。 $sum[i,j]=sum[0,j]-sum[0,i-1]>=s$ 。对于每个sum[0,i-1]找到 $>sum[0,i-1]+s$ 的最小的值，更新数组长度。
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228 Summary Ranges

思路：这道题目简单。只要判断前后元素差距不等于1，就断开。需要注意的是[2147483648,-2147483647,2147483647]这样的数组。
代码

56 Merge Intervals

思路：合并。用每一个Interval和其他所有Interval去比较合并。
学习：改进思路是按照Interval的start升序排列。这样就不需要和每个Interval比较。
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16 3Sum Closest

思路：找三个数的和最近接一个目标值。首先想到三个数的和可能大于，也可能小于目标值。其次，枚举其中某一个值，然后使用两指针从头、尾开始相加。当然数组要求是排序了的。
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55 Jump Game

思路：初看是一道非常简单的题目。但是没有正确理解题意。第一点：每一个nums[i]表示最多能跳多少个元素，而不是必须跳那么多个元素；第二点：如果能够到达最后一个元素位置就返回true。有时候按照最远的跳，可能超过最后一个元素了，也是可以的。当然第一点理解正确了，第二点也就正确的。第三：如果输入[0]，那么初始化的时候就已经到了最后一个元素的位置了。我按照递归的代码实现了一版，超时。

    public boolean canJump(int[] nums) {return jump(nums,nums.length-1);}private boolean jump(int[] nums,int idx){if(idx<0){return false;}if(idx==0){return nums[idx]>0 || nums.length==1;}for(int i=idx-1;i>=0;i--){if(nums[i]>=idx-i){if(jump(nums,i)){return true;}}}return false;}

思路2：用数组表示是否能够到达i的结果保存起来，用dp[i]表示。发生栈溢出。递归改为迭代？失败，没有完成。
学习1：基本事项是：在每一步，记录下当前能够达到的最远的下标。我们循环遍历每一个下标，如果发现当前下标是不可到达的，也就是说(当前idx>reachableIdx)，那就退出循环，返回false。
学习2：参考网页

169 Majority Element

思路：最开始的思路，一定是用个map记录每个元素出现次数。最后返回次数最多的那个元素。
学习：因为主元素的出现次数比其他所有元素出现次数的总和还要多1，或者相同，那么就用元素相同次数加1，元素不同次数减1，来过滤掉最后剩下的元素。Moore voting algorithm摩尔投票算法。
学习2：排序后，直接返回nums[nums.length/2]位置的元素。
学习3：位运算。一个元素的二进制表示是相同的。所有元素，计算二进制位置每个位置出现次数。
代码