題目
思路

1. 因為是 linked list，我們可以使用 curr 當指標，沿著 linked list 的頭往後走，一邊改變 curr.next 的指向，而過程中必須對前一個和下一個都有所掌握，因為 curr 必須指向前一個，然後它本身必須換到下一個
2. 所以我們會有三個變數：previous, curr, next
3. 當 curr 是 head 時，previous 會是 None，這兩個可以先設定好。目標是一直改變 curr 的指向，讓 curr 一直走到 linked list 盡頭，變成 None 為止，所以 while 條件就是 當有 curr 的時候就做

題目
這題看似不難，但第一次的做法錯了，第一次的程式碼如下，想法是用 mapping 組一個新字串 t2，假如跟 t 相同就 return True

Python 3 wrong solution:

1
2
3
4
5
6
7
8

def isIsomorphic(self, s: str, t: str) -> bool:
    d = {}
    for i in range(len(s)):
        d[s[i]] = t[i]
    t2 = ''
    for c in s:
        t2 += d[c]
    return t == t2

題目

1. 先想到的是有沒有辦法透過 bitwise operation 來判斷，發現無法
2. 看相鄰位置有沒有一樣的，最直覺就是用字串來判斷 => 可以利用 Python 的 built-in function bin 來把數字轉為 binary 字串

Python3 solution:

1
2
3
4
5
6

def hasAlternatingBits(self, n: int) -> bool:
    b_str = bin(n)[2:]  # 去掉前面的 '0b'
    for i in range(len(b_str) - 1):
        if b_str[i] == b_str[i + 1]:
            return False
    return True

題目

1. 因為只能用常數的額外空間，且 array 裡的數字除了目標之外都會有兩個，所以朝 bitwise operation 的方向想
2. 把 array 裡所有數字接連做 bitwise operation，假如有兩個一樣的數字，他們就會抵銷變為 0，即使不是連著做也一樣，所以最後的結果就是那個落單的數字
   • 可以想像所有數字都用二進位表示由上而下列在一起做計算，不管他們位置怎麼換結果都會一樣 (偶數個 1 會互相抵銷)

Python3 solution:

1
2
3
4
5

def singleNumber(self, nums: List[int]) -> int:
    r = 0
    for i in nums:
        r ^= i
    return r

題目
思路

1. 樹的問題用遞迴來解相對上比較直覺，所以先試試遞迴解
2. 拆解到最小單位來找 recursive case: 隨機取樹中一個點，判斷它是否 valid
3. 大部分情況都會有上下限。以左邊的點為例，上限就是父節點的值，下限就是它所在的右子樹的父節點的值，所以這個值必須由上到下一層層傳遞下來。反之，右邊的點的話，就變成上限必須一層層傳遞下來
4. 因為上下限必須用傳遞的，所以寫一個 function node_valid 接受上下限的參數

題目
思路

1. 一次一層很直覺想到廣先搜尋 (BFS)，所以用 iterative 的做法來解
2. 一次迴圈處理一層，並把下一層節點放入 stack 繼續在下次迴圈處理
   • stack 也是 list of list, 裡面的每個 list 都是一層節點

題目
思路

1. Inorder Traversal: 對任意節點來說，順序為 左子樹 -> 自己 -> 右子樹
2. 可拆解為最小單位動作，即第一點，故使用遞迴

題目
思路

1. 跟 House Robber 很像，只差在房子的排列變成頭尾相連，有沒有辦法把這題拆解，變成能用上第一版 House Robber 的解題方法？譬如把環形變回直排？
2. 變成環形之後多出來的限制讓我們可以把這題分成以下三種情況：
   1. 搶第一個、不搶最後一個：加入第三種情況，等同於可以視為直排，但只考慮到倒數第二個
   2. 不搶第一個、搶最後一個：加入第三種情況，等同於可以視為直排，但從第二個開始考慮

題目
思路

1. 可以把得出答案的過程拆解為最小可重複步驟，用遞迴來解
2. Recursive case: 假設 index 為 i，由 index 0 搶到 i 可得的最大收穫為 inner_rob(i)。在位置 i, 可選擇搶或不搶：
   1. 不搶：最大收穫跟前一個點一樣，為 inner_rob(i - 1)
   2. 搶：代表前一個點一定是不搶，所以最大收穫為這個點的 money nums[i] 再加上前前個點的最大收穫 inner_rob(i - 2)
   • 所以 inner_rob(i) 為以上兩種情況取較大的那個

題目
思路

1. 每走一步都會是一個 unique path，到終點的路線是由每一步所組成的，所以可以用遞迴的方式來想，最小的可重複動作就是一步，點 (i, j) 到終點的 unique path count 就是 (i + 1, j) 和 (i, j + 1) 的 unique path count 的和

2. 最小可重複動作 return u_paths(i + 1, j) + u_paths(i, j + 1)