leecode更新
This commit is contained in:
markilue
parent
467586e982
commit
e12f7b1ea1
|
|
@ -0,0 +1,33 @@
|
||||||
|
package com.markilue.sparkSubmit;
|
||||||
|
|
||||||
|
import java.util.ArrayList;
|
||||||
|
import java.util.Arrays;
|
||||||
|
import java.util.List;
|
||||||
|
|
||||||
|
/**
|
||||||
|
* @BelongsProject: spark-rest-submitter
|
||||||
|
* @BelongsPackage: com.markilue.sparkSubmit
|
||||||
|
* @Author: markilue
|
||||||
|
* @CreateTime: 2022-11-18 15:33
|
||||||
|
* @Description: TODO
|
||||||
|
* @Version: 1.0
|
||||||
|
*/
|
||||||
|
public class test {
|
||||||
|
|
||||||
|
//反编译
|
||||||
|
/**
|
||||||
|
*java -cp "E:\software\idea2022\IntelliJ IDEA 2022.1.3\plugins\java-decompiler\lib\java-decompiler.jar" org.jetbrains.java.decompiler.main.decompiler.ConsoleDecompiler -dgs=true spark-rest-submitter-0.0.3-SNAPSHOT.jar spark-rest-submitter
|
||||||
|
|
||||||
|
*/
|
||||||
|
|
||||||
|
public static void main(String[] args) {
|
||||||
|
|
||||||
|
List<String> list = new ArrayList<>();
|
||||||
|
list.add("ding");
|
||||||
|
list.add("yang");
|
||||||
|
String[] strings = list.toArray(new String[0]);
|
||||||
|
Object[] objects = list.toArray();
|
||||||
|
|
||||||
|
System.out.println(Arrays.toString(strings));
|
||||||
|
}
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
@ -0,0 +1,152 @@
|
||||||
|
package com.markilue.leecode.dynamic;
|
||||||
|
|
||||||
|
import org.junit.Test;
|
||||||
|
|
||||||
|
/**
|
||||||
|
* @BelongsProject: Leecode
|
||||||
|
* @BelongsPackage: com.markilue.leecode.dynamic
|
||||||
|
* @Author: markilue
|
||||||
|
* @CreateTime: 2022-11-21 10:21
|
||||||
|
* @Description:
|
||||||
|
* TODO 力扣509题 斐波那契数：
|
||||||
|
* 斐波那契数 （通常用 F(n) 表示）形成的序列称为 斐波那契数列 。该数列由 0 和 1 开始，后面的每一项数字都是前面两项数字的和。也就是：
|
||||||
|
* F(0) = 0，F(1) = 1
|
||||||
|
* F(n) = F(n - 1) + F(n - 2)，其中 n > 1
|
||||||
|
* 给定 n ，请计算 F(n) 。
|
||||||
|
* @Version: 1.0
|
||||||
|
*/
|
||||||
|
public class T01_Fib {
|
||||||
|
|
||||||
|
@Test
|
||||||
|
public void test(){
|
||||||
|
System.out.println(fib1(4));
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
/**
|
||||||
|
* 自己的思路：理论上来说，最直接的思路就是递归
|
||||||
|
* 速度击败5.26%，内存击败91.99%
|
||||||
|
* 时间复杂度O(2^n),空间复杂度O(n)
|
||||||
|
* @param n
|
||||||
|
* @return
|
||||||
|
*/
|
||||||
|
public int fib(int n) {
|
||||||
|
if(n==0){
|
||||||
|
return 0;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
if(n==1){
|
||||||
|
return 1;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
return fib(n-1)+fib(n-2);
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
/**
|
||||||
|
* 自己的思路：尝试动态规划法
|
||||||
|
* 速度击败100%，内存击败33.98%
|
||||||
|
* 时间复杂度O(n),空间复杂度O(N)
|
||||||
|
* @param n
|
||||||
|
* @return
|
||||||
|
*/
|
||||||
|
public int fib1(int n) {
|
||||||
|
if(n==0){
|
||||||
|
return 0;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
if(n==1){
|
||||||
|
return 1;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
int[] dp = new int[n+1];
|
||||||
|
dp[0]=0;//初始化状态方程
|
||||||
|
dp[1]=1;//初始化状态方程
|
||||||
|
int i=2;
|
||||||
|
|
||||||
|
while (i<=n){
|
||||||
|
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-2];
|
||||||
|
i++;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
return dp[n];
|
||||||
|
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
/**
|
||||||
|
* 代码随想录动态规划法：
|
||||||
|
* 速度击败100%，内存击败84.22%
|
||||||
|
* 时间复杂度O(N),空间复杂度O(1)
|
||||||
|
* 相比于自己的思路，优化在于没必要一直记录之前的不需要的数字:
|
||||||
|
* TODO 递归五部曲分析如下：
|
||||||
|
* (1)确定dp数组及下标含义：dp[i]是第i个数的斐波那契数值是dp[i]
|
||||||
|
* (2)确定递推公式：题目已经把递推公式直接给我们了：状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];
|
||||||
|
* (3)dp数组如何初始化：dp[0] = 0;dp[1] = 1;
|
||||||
|
* (4)确定遍历顺序：从递归公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出，dp[i]是依赖 dp[i - 1] 和 dp[i - 2]，那么遍历的顺序一定是从前到后遍历的
|
||||||
|
* (5)举例推导dp数组：当N为10的时候，dp数组应该是如下的数列：0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55
|
||||||
|
*
|
||||||
|
* @param n
|
||||||
|
* @return
|
||||||
|
*/
|
||||||
|
public int fib2(int n) {
|
||||||
|
if(n<2)return n;
|
||||||
|
|
||||||
|
int[] dp = new int[2];
|
||||||
|
dp[0]=0;//初始化状态方程
|
||||||
|
dp[1]=1;//初始化状态方程
|
||||||
|
|
||||||
|
for (int i = 2; i <= n; i++) {
|
||||||
|
int sum=dp[0]+dp[1];
|
||||||
|
dp[0]=dp[1];
|
||||||
|
dp[1]=sum;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
return dp[1];
|
||||||
|
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
/**
|
||||||
|
* 官方解法：矩阵快速幂,具体思路参照笔记，实际上是一种数学上的解法，利用公式快速推导
|
||||||
|
* 时间复杂度O(logn),空间复杂度O(1)
|
||||||
|
* @param n
|
||||||
|
* @return
|
||||||
|
*/
|
||||||
|
public int fib3(int n) {
|
||||||
|
if (n < 2) {
|
||||||
|
return n;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
int[][] q = {{1, 1}, {1, 0}};
|
||||||
|
int[][] res = pow(q, n - 1);
|
||||||
|
return res[0][0];
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
public int[][] pow(int[][] a, int n) {
|
||||||
|
int[][] ret = {{1, 0}, {0, 1}};
|
||||||
|
while (n > 0) {
|
||||||
|
if ((n & 1) == 1) {
|
||||||
|
ret = multiply(ret, a);
|
||||||
|
}
|
||||||
|
n >>= 1;
|
||||||
|
a = multiply(a, a);
|
||||||
|
}
|
||||||
|
return ret;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
public int[][] multiply(int[][] a, int[][] b) {
|
||||||
|
int[][] c = new int[2][2];
|
||||||
|
for (int i = 0; i < 2; i++) {
|
||||||
|
for (int j = 0; j < 2; j++) {
|
||||||
|
c[i][j] = a[i][0] * b[0][j] + a[i][1] * b[1][j];
|
||||||
|
}
|
||||||
|
}
|
||||||
|
return c;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
@ -0,0 +1,114 @@
|
||||||
|
package com.markilue.leecode.dynamic;
|
||||||
|
|
||||||
|
import org.junit.Test;
|
||||||
|
|
||||||
|
/**
|
||||||
|
* @BelongsProject: Leecode
|
||||||
|
* @BelongsPackage: com.markilue.leecode.dynamic
|
||||||
|
* @Author: markilue
|
||||||
|
* @CreateTime: 2022-11-21 11:16
|
||||||
|
* @Description:
|
||||||
|
* TODO 力扣70题 爬楼梯：
|
||||||
|
* 假设你正在爬楼梯。需要 n 阶你才能到达楼顶。
|
||||||
|
* 每次你可以爬 1 或 2 个台阶。你有多少种不同的方法可以爬到楼顶呢？
|
||||||
|
* @Version: 1.0
|
||||||
|
*/
|
||||||
|
public class T02_ClimbStairs {
|
||||||
|
|
||||||
|
@Test
|
||||||
|
public void test(){
|
||||||
|
int n =4;
|
||||||
|
System.out.println(climbStairs1(n));
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
/**
|
||||||
|
*自己思路：这题似乎可以使用回溯类似的做法，n-当前步数；最后的出来条件就是当前n<0就result就不加1，刚好等于0就+1，这种做法时间复杂度应该在O(2^n)左右
|
||||||
|
* 结果：在10以内是对的，44以后超过时间限制
|
||||||
|
* 自己尝试动态规划法感觉没有什么思路，被困在这个状态方程到底是什么，如果dp[i]是i步的方法数又找不到递推公式；如果dp[i]是第[i]次走过的步数，这个状态转移方程好像又有两个分支
|
||||||
|
* @param n
|
||||||
|
* @return
|
||||||
|
*/
|
||||||
|
public int climbStairs(int n) {
|
||||||
|
backtracking(n);
|
||||||
|
return result;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
int result =0;
|
||||||
|
public void backtracking(int n){
|
||||||
|
if(n<0){
|
||||||
|
return;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
if(n==0){
|
||||||
|
result++;
|
||||||
|
return;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
for (int i = 1; i <= 2; i++) {
|
||||||
|
//当前可以选择走1还是2步,由于n可以不变，因此省去了回溯过程
|
||||||
|
//这里还可以剪枝，如果已经超过了2，后续就不需要在遍历2的了
|
||||||
|
backtracking(n-i);
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
/**
|
||||||
|
*代码随想录动态规划法思路：
|
||||||
|
* 爬第一层楼梯有一种方法，爬到第二层有两种方法；第三层可以从第一层爬两楼；可以从第二层爬一楼，
|
||||||
|
* 所以爬三楼可以从爬一楼和爬两楼的状态推导出来，以此类推 dp[i] = dp[i - 1] +dp[i - 2]即该楼的方法，可以从下一层爬一楼，也可以从下两层爬二楼
|
||||||
|
* TODO 递归五部曲如下：
|
||||||
|
* (1)确定dp数组及下标含义：dp[i]是i楼可能的方法数是dp[i]
|
||||||
|
* (2)确定递推公式：题目已经把递推公式直接给我们了：状态转移方程 dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2]
|
||||||
|
* (3)dp数组如何初始化：dp[1] = 1，dp[2] = 2
|
||||||
|
* (4)确定遍历顺序：从递归公式dp[i] = dp[i - 1] + dp[i - 2];中可以看出，dp[i]是依赖 dp[i - 1] 和dp[i - 2]，那么遍历的顺序一定是从前到后遍历的
|
||||||
|
* (5)举例推导dp数组：当N为10的时候，dp数组应该是如下的数列：0 1 2 3 5 8 13 21
|
||||||
|
* 速度击败100%，内存击败5.7%
|
||||||
|
* @param n
|
||||||
|
* @return
|
||||||
|
*/
|
||||||
|
public int climbStairs1(int n) {
|
||||||
|
if(n==1){
|
||||||
|
return 1;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
if(n==2){
|
||||||
|
return 2;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
int last1=1,last2=2,now=0;
|
||||||
|
for (int i = 3; i <= n; i++) {
|
||||||
|
now=last1+last2;
|
||||||
|
last1=last2;
|
||||||
|
last2=now;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
return now;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
/**
|
||||||
|
* 代码随想录实际实现
|
||||||
|
* 速度击败100%，内存击败45.87%
|
||||||
|
* @param n
|
||||||
|
* @return
|
||||||
|
*/
|
||||||
|
public int climbStairs2(int n) {
|
||||||
|
if(n<=1){
|
||||||
|
return n;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
int[] dp=new int[3];
|
||||||
|
dp[1]=1;
|
||||||
|
dp[2]=2;
|
||||||
|
|
||||||
|
for (int i = 3; i <= n; i++) {
|
||||||
|
int now=dp[1]+dp[2];
|
||||||
|
dp[1]=dp[2];
|
||||||
|
dp[2]=now;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
return dp[2];
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
@ -0,0 +1,18 @@
|
||||||
|
# ??phm102,phm103????
|
||||||
|
|
||||||
|
# phm102
|
||||||
|
phm102.host=phm102
|
||||||
|
phm102.username=root
|
||||||
|
phm102.password=dingjiawen.123
|
||||||
|
|
||||||
|
# phm102
|
||||||
|
phm103.host=phm103
|
||||||
|
phm103.username=root
|
||||||
|
phm103.password=YSL.
|
||||||
|
|
||||||
|
|
||||||
|
# ??????
|
||||||
|
template.base.localPath=E:/self_example/phm_rotate/backend/phm_backend/collecting/mqtt-collect-flume/src/main/java/com/cqu/mqtt/conf/
|
||||||
|
# ???linux???
|
||||||
|
template.base.linuxPath=/opt/module/flume-1.9.0/jobs/phm
|
||||||
|
|
||||||
|
|
@ -0,0 +1,29 @@
|
||||||
|
package com.cqu.utils.utils;
|
||||||
|
|
||||||
|
import java.io.IOException;
|
||||||
|
import java.io.InputStreamReader;
|
||||||
|
import java.util.Properties;
|
||||||
|
|
||||||
|
/**
|
||||||
|
* @BelongsProject: phm_parent
|
||||||
|
* @BelongsPackage: com.cqu.utils.Utils
|
||||||
|
* @Author: markilue
|
||||||
|
* @CreateTime: 2022-11-18 17:41
|
||||||
|
* @Description: TODO 读取配置文件信息的工具类
|
||||||
|
* @Version: 1.0
|
||||||
|
*/
|
||||||
|
public class MyPropertiesUtil {
|
||||||
|
|
||||||
|
public static Properties load(String propertiesName){
|
||||||
|
Properties properties = new Properties();
|
||||||
|
try {
|
||||||
|
properties.load(new InputStreamReader(Thread.currentThread().getContextClassLoader().
|
||||||
|
getResourceAsStream(propertiesName),"UTF-8"));
|
||||||
|
} catch (IOException e) {
|
||||||
|
System.err.println("配置文件不存在");
|
||||||
|
throw new RuntimeException(e);
|
||||||
|
}
|
||||||
|
|
||||||
|
return properties;
|
||||||
|
}
|
||||||
|
}
|
||||||
Loading…
Reference in New Issue