Python小白 Leetcode刷题历程 No.26-No.30 删除排序数组中的重复项、移除元素、实现strStr()、两数相除、串联所有单词的子串
写在前面：
作为一个计算机院的大学生，总觉得仅仅在学校粗略的学习计算机专业课是不够的，尤其是假期大量的空档期，作为一个小白，实习也莫得路子，又不想白白耗费时间。于是选择了Leetcode这个平台来刷题库。编程我只学过基础的C语言，现在在自学Python，所以用Python3.8刷题库。现在我Python掌握的还不是很熟练，算法什么的也还没学，就先不考虑算法上的优化了，单纯以解题为目的，复杂程度什么的以后有时间再优化。计划顺序五个题写一篇日志，希望其他初学编程的人起到一些帮助，写算是对自己学习历程的一个见证了吧。
有一起刷LeetCode的可以关注我一下，我会一直发LeetCode题库Python3解法的，也可以一起探讨。
觉得有用的话可以点赞关注下哦，谢谢大家！
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题解框架：
1.题目，难度
2.题干,题目描述
3.题解代码（Python3（不是Python，是Python3））
4.或许有用的知识点（不一定有）
5.解题思路
6.优解代码及分析（当我发现有比我写的好很多的代码和思路我就会写在这里）
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No.26.删除排序数组中的重复项
难度：简单
题目描述：
题解代码（Python3.8）
class Solution:
def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:
for i in range(len(nums)-1,0,-1):
if nums[i]==nums[i-1]:
nums.pop(i)
return len(nums)
或许有用的知识点：
temp=list.pop(i)，是弹出list中第个元素，并储存到temp中;
list.pop(i)就是直接弹出第i个元素；
同理，list.pop()就是直接弹出最后一个元素。
解题思路：
本题要求‘必须在原地修改数组’，因此不能新建数组，只能在原数组上遍历并删除重复元素。考虑到删除元素会影响数组长度，于是采用倒序遍历的方式删除重复元素。
No.27.移除元素
难度：简单
题目描述：
题解代码（Python3.8）
class Solution:
def removeElement(self, nums: List[int], val: int) -> int:
for i in range(len(nums)-1,-1,-1):
if nums[i]==val:
nums.pop(i)
return len(nums)
解题思路：
跟上一题的解题思路基本一致。要求‘必须在原地修改数组’，因此不能新建数组，只能在原数组上遍历并删除数值为val的元素。考虑到删除元素会影响数组长度，于是采用倒序遍历的方式删除数值为val的元素。
No.28.实现strStr()
难度：简单
题目描述：
题解代码（Python3.8）
class Solution:
def strStr(self, haystack: str, needle: str) -> int:
if len(needle)==0:
return 0;
l_h=len(haystack)
l_n=len(needle)
for i in range(l_h-l_n+1):
if haystack[i]!=needle[0]:
continue
elif l_n==1:
return i
for j in range(1,l_n):
if i+j>=l_h or haystack[i+j]!=needle[j]:
break
if j==l_n-1:
return i
return -1
或许有用的知识点：
（“return haystack.find(needle) ”在Python中一行就可以解决本题，但对锻炼算法没有作用，只作为了解）
KMP算法是一种改进的字符串匹配算法，算法的时间复杂度O(m+n)，可用于快速的解决许多字符串的匹配问题。本题先不展示该方法。
解题思路：
我一开始不了解KMP算法，直接用的遍历。当主字符串中出现与模式字符串相同的首字母，开始判断随后字符是否相等，若相等，则返回相应索引值。
其实本题应该用双指针法，一个指针在主字符串，一个指针在模式字符串。不过我的方法其实和双指针法不谋而合，i和j相当于两个指针，代码也大同小异。
No.29.两数相除
难度：中等
题目描述：
题解代码（Python3.8）
class Solution:
def divide(self, dividend: int, divisor: int) -> int:
res=0
sign = 1 if dividend^divisor>=0 else -1 #判断符号
dividend,divisor=abs(dividend),abs(divisor)
count=0
while dividend>=divisor: #计算出divisor*(2**n)>dividend中n的最小值
count+=1
divisor<<=1
while count>0: #逐见n直到n=0时结束
count-=1
divisor>>=1
res<<=1 #此时除数=原除数*(2**n)
if dividend>=divisor: #如果被除数大于除数，说明被除数中还有原除数*1*(2**n)
res+=1 #此处+1，经过n次循环，就会变成(2**n)
dividend-=divisor #被除数减去本轮的‘原除数*1*(2**n)’
return min(max(res*sign,-2**31),2**31-1)
或许有用的知识点：
计算机中数字为二进制储存，其中左移右移操作也是针对二进制格式的。
解题思路：
既然题目要求不能用乘除法，我们考虑最基础的位操作，Python不用考虑正负数边界，实则简化了题目。用位操作，将除数和被除数想成二进制形式即可计算。代码中由本题逐行详细的注释，应该比较容易理解。
No.30.串联所有单词的子串
难度：困难
题目描述：
题解代码（Python3.8）
class Solution:
def findSubstring(self, s: str, words: List[str]) -> List[int]:
from collections import Counter
if not s or not words:
return []
words_len = len(words[0]) # 一个单词的长度
words_num = len(words) # words中单词的个数
words_cnt = Counter(words) # {'foo': 1, 'bar': 1}
s_len = len(s) # 字符串s的长度
res = [] # 存储起始位置
W = words_len * words_num # 此处窗口大小为 2*3
left = 0
while (left + W) <= s_len: #遍历所有可能的窗口
tmp = []
i = left
for j in range(words_num): # 将窗口内的字符串添加到tmp中
tmp.append(s[i:i + words_len])
i = i + words_len
tmp = Counter(tmp) #判断该窗口字符串是否满足条件
if tmp == words_cnt:
res.append(left)
left = left + 1
else:
left = left + 1
return res
或许有用的知识点：
调用Counter函数需要调用头文件’from collections import Counter’
将一个list，tuple，dict，字符串等转化成Counter形式，将会输出dict中key : value形式，其中key为元素，value为该元素的个数。
Counter是无序性的，很适合做本题，Counter[key]=(相对应)value，如下图：
解题思路：
这个题用到Counter就变得比较容易了，我在代码中逐行写了详细的注释，很好理解，我的思路比较简单，计算滑动窗口的长度，遍历满足滑动窗口的所有字符串，判断其Counter值与目标值是否相等即可，但缺点是运行太慢了。
优解代码及分析：
优解代码（Python3.8）
class Solution:
def findSubstring(self, s: str, words: List[str]) -> List[int]:
from collections import Counter
if not s or not words:return [] #特解
word_len = len(words[0]) #一个单词的长度
word_num = len(words) #单词数量
n = len(s) #字符串长度
words = Counter(words) #将单词组成的list转成counter形式
res = []
for i in range(0, word_len): #根据单词长度n，将字符串中目标单词出现的位置分为n种情况
cur_cnt = 0
left = i
right = i
cur_Counter = Counter() #设置一个Counter类型的变量
while right + word_len <= n: #右指针以单词长度为单位截取从i开始的所有字符串
w = s[right:right + word_len]
right += word_len
cur_Counter[w] += 1 #将截取的字符串作为Counter的键，该键的值+1
cur_cnt += 1
while cur_Counter[w] > words[w]: #如果该单词数量超过目标单词数量（或目标单词数量为0）
left_w = s[left:left+word_len] #从左开始删除单词
left += word_len
cur_Counter[left_w] -= 1
cur_cnt -= 1
if cur_cnt == word_num : #如果左右指针间单词数等于目标单词数（目标单词各出现一次）
res.append(left)
return res
分析：
这个代码并没有采用滑动窗口法，而是使用了双指针法，比较难想，但很巧妙，复杂度很低。我在代码中逐行写了详细的注释，很好理解。
