删除$

Author: JavaScalaDeveloper

solution/0000-0099/0001.Two Sum/README.md

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 ## 解法
 
 **方法一：哈希表**
-我们可以用哈希表 $m$ 存放数组值以及对应的下标。
-遍历数组 `nums`，当发现 `target - nums[i]` 在哈希表中，说明找到了目标值，返回 `target - nums[i]` 的下标以及 $i$ 即可。
-时间复杂度 $O(n)$，空间复杂度 $O(n)$。其中 $n$ 是数组 `nums` 的长度。
+我们可以用哈希表m存放数组值以及对应的下标。
+遍历数组 `nums`，当发现 `target - nums[i]` 在哈希表中，说明找到了目标值，返回 `target - nums[i]` 的下标以及i即可。
+时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)。其中n是数组 `nums` 的长度。
 
 ### **Java**
 

solution/0000-0099/0002.Add Two Numbers/README.md

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 **方法一：模拟**
 
-我们同时遍历两个链表 $l_1$ 和 $l_2$，并使用变量 $carry$ 表示当前是否有进位。
+我们同时遍历两个链表l_1和l_2，并使用变量carry表示当前是否有进位。
 
-每次遍历时，我们取出对应链表的当前位，计算它们与进位 $carry$ 的和，然后更新进位的值，最后将当前位的值加入答案链表。如果两个链表都遍历完了，并且进位为 $0$ 时，遍历结束。
+每次遍历时，我们取出对应链表的当前位，计算它们与进位carry的和，然后更新进位的值，最后将当前位的值加入答案链表。如果两个链表都遍历完了，并且进位为0时，遍历结束。
 
 最后我们返回答案链表的头节点即可。
 
-时间复杂度 $O(max(m, n))$，其中 $m$ 和 $n$ 分别为两个链表的长度。我们需要遍历两个链表的全部位置，而处理每个位置只需要 $O(1)$ 的时间。忽略答案的空间消耗，空间复杂度 $O(1)$。
+时间复杂度O(max(m, n))，其中m和n分别为两个链表的长度。我们需要遍历两个链表的全部位置，而处理每个位置只需要O(1)的时间。忽略答案的空间消耗，空间复杂度O(1)。
 
 ### **Java**
 

solution/0000-0099/0003.Longest Substring Without Repeating Characters/README.md

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 **方法一：双指针 + 哈希表**
 
-定义一个哈希表记录当前窗口内出现的字符，记 $i$ 和 $j$ 分别表示不重复子串的开始位置和结束位置，无重复字符子串的最大长度记为 `ans`。
+定义一个哈希表记录当前窗口内出现的字符，记i和j分别表示不重复子串的开始位置和结束位置，无重复字符子串的最大长度记为 `ans`。
 
-遍历字符串 `s` 的每个字符 $s[j]$，我们记为 $c$。若 $s[i..j-1]$ 窗口内存在 $c$，则 $i$ 循环向右移动，更新哈希表，直至 $s[i..j-1]$ 窗口不存在 `c`，循环结束。将 `c` 加入哈希表中，此时 $s[i..j]$ 窗口内不含重复元素，更新 `ans` 的最大值。
+遍历字符串 `s` 的每个字符s[j]，我们记为c。若s[i..j-1]窗口内存在c，则i循环向右移动，更新哈希表，直至s[i..j-1]窗口不存在 `c`，循环结束。将 `c` 加入哈希表中，此时s[i..j]窗口内不含重复元素，更新 `ans` 的最大值。
 
 最后返回 `ans` 即可。
 
-时间复杂度 $O(n)$，其中 $n$ 表示字符串 `s` 的长度。
+时间复杂度O(n)，其中n表示字符串 `s` 的长度。
 
 双指针算法模板：
 

solution/0000-0099/0004.Median of Two Sorted Arrays/README.md

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 **方法一：分治**
 
-本题限制了时间复杂度为 $O(\log (m+n))$，看到这个时间复杂度，自然而然的想到了应该使用二分查找法来求解。那么回顾一下中位数的定义，如果某个有序数组长度是奇数，那么其中位数就是最中间那个，如果是偶数，那么就是最中间两个数字的平均值。这里对于两个有序数组也是一样的，假设两个有序数组的长度分别为 $m$ 和 $n$，由于两个数组长度之和 $m+n$ 的奇偶不确定，因此需要分情况来讨论，对于奇数的情况，直接找到最中间的数即可，偶数的话需要求最中间两个数的平均值。为了简化代码，不分情况讨论，我们使用一个小 trick，我们分别找第 $\frac{m+n+1}{2}$ 和 $\frac{m+n+2}{2}$ 个，然后求其平均值即可，这对奇偶数均适用。假如 $m+n$ 为奇数的话，那么其实 $\frac{m+n+1}{2}$ 和 $\frac{m+n+2}{2}$ 的值相等，相当于两个相同的数字相加再除以 2，还是其本身。
+本题限制了时间复杂度为O(\log (m+n))，看到这个时间复杂度，自然而然的想到了应该使用二分查找法来求解。那么回顾一下中位数的定义，如果某个有序数组长度是奇数，那么其中位数就是最中间那个，如果是偶数，那么就是最中间两个数字的平均值。这里对于两个有序数组也是一样的，假设两个有序数组的长度分别为m和n，由于两个数组长度之和m+n的奇偶不确定，因此需要分情况来讨论，对于奇数的情况，直接找到最中间的数即可，偶数的话需要求最中间两个数的平均值。为了简化代码，不分情况讨论，我们使用一个小 trick，我们分别找第\frac{m+n+1}{2}和\frac{m+n+2}{2}个，然后求其平均值即可，这对奇偶数均适用。假如m+n为奇数的话，那么其实\frac{m+n+1}{2}和\frac{m+n+2}{2}的值相等，相当于两个相同的数字相加再除以 2，还是其本身。
 
-这里我们需要定义一个函数来在两个有序数组中找到第 $k$ 个元素，下面重点来看如何实现找到第 $k$ 个元素。
+这里我们需要定义一个函数来在两个有序数组中找到第k个元素，下面重点来看如何实现找到第k个元素。
 
-首先，为了避免产生新的数组从而增加时间复杂度，我们使用两个变量 $i$ 和 $j$ 分别来标记数组 `nums1` 和 `nums2` 的起始位置。然后来处理一些边界问题，比如当某一个数组的起始位置大于等于其数组长度时，说明其所有数字均已经被淘汰了，相当于一个空数组了，那么实际上就变成了在另一个数组中找数字，直接就可以找出来了。还有就是如果 $k=1$ 的话，那么我们只要比较 `nums1` 和 `nums2` 的起始位置 $i$ 和 $j$ 上的数字就可以了。
+首先，为了避免产生新的数组从而增加时间复杂度，我们使用两个变量i和j分别来标记数组 `nums1` 和 `nums2` 的起始位置。然后来处理一些边界问题，比如当某一个数组的起始位置大于等于其数组长度时，说明其所有数字均已经被淘汰了，相当于一个空数组了，那么实际上就变成了在另一个数组中找数字，直接就可以找出来了。还有就是如果k=1的话，那么我们只要比较 `nums1` 和 `nums2` 的起始位置i和j上的数字就可以了。
 
-难点就在于一般的情况怎么处理？因为我们需要在两个有序数组中找到第 $k$ 个元素，为了加快搜索的速度，我们要使用二分法，对 $k$ 二分，意思是我们需要分别在 `nums1` 和 `nums2` 中查找第 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个元素，注意这里由于两个数组的长度不定，所以有可能某个数组没有第 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个数字，所以我们需要先检查一下，数组中到底存不存在第 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个数字，如果存在就取出来，否则就赋值上一个整型最大值。如果某个数组没有第 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个数字，那么我们就淘汰另一个数字的前 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个数字即可。有没有可能两个数组都不存在第 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个数字呢，这道题里是不可能的，因为我们的 $k$ 不是任意给的，而是给的 $m+n$ 的中间值，所以必定至少会有一个数组是存在第 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个数字的。
+难点就在于一般的情况怎么处理？因为我们需要在两个有序数组中找到第k个元素，为了加快搜索的速度，我们要使用二分法，对k二分，意思是我们需要分别在 `nums1` 和 `nums2` 中查找第\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个元素，注意这里由于两个数组的长度不定，所以有可能某个数组没有第\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个数字，所以我们需要先检查一下，数组中到底存不存在第\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个数字，如果存在就取出来，否则就赋值上一个整型最大值。如果某个数组没有第\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个数字，那么我们就淘汰另一个数字的前\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个数字即可。有没有可能两个数组都不存在第\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个数字呢，这道题里是不可能的，因为我们的k不是任意给的，而是给的m+n的中间值，所以必定至少会有一个数组是存在第\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个数字的。
 
-最后是二分法的核心，比较这两个数组的第 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 小的数字 `midVal1` 和 `midVal2` 的大小，如果第一个数组的第 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个数字小的话，那么说明我们要找的数字肯定不在 `nums1` 中的前 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个数字，所以我们可以将其淘汰，将 `nums1` 的起始位置向后移动 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个，并且此时的 $k$ 也自减去 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$，调用递归。反之，我们淘汰 `nums2` 中的前 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个数字，并将 `nums2` 的起始位置向后移动 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个，并且此时的 $k$ 也自减去 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$，调用递归即可。
+最后是二分法的核心，比较这两个数组的第\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor小的数字 `midVal1` 和 `midVal2` 的大小，如果第一个数组的第\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个数字小的话，那么说明我们要找的数字肯定不在 `nums1` 中的前\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个数字，所以我们可以将其淘汰，将 `nums1` 的起始位置向后移动\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个，并且此时的k也自减去\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor，调用递归。反之，我们淘汰 `nums2` 中的前\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个数字，并将 `nums2` 的起始位置向后移动\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个，并且此时的k也自减去\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor，调用递归即可。
 
-> 实际是比较两个数组中的第 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个数字哪一个可能到达最后合并后排序数组中的第 $k$ 个元素的位置，其中小的那个数字注定不可能到达，所以可以直接将小的元素对应的数组的前 $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ 个数字淘汰。
+> 实际是比较两个数组中的第\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个数字哪一个可能到达最后合并后排序数组中的第k个元素的位置，其中小的那个数字注定不可能到达，所以可以直接将小的元素对应的数组的前\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor个数字淘汰。
 
-时间复杂度 $O(\log (m+n))$，其中 $m$ 和 $n$ 是两个数组的长度。
+时间复杂度O(\log (m+n))，其中m和n是两个数组的长度。
 
 ### **Java**
 

solution/0000-0099/0005.Longest Palindromic Substring/README.md

@@ -32,18 +32,18 @@
 
 **方法一：动态规划**
 
-设 $dp[i][j]$ 表示字符串 $s[i..j]$ 是否为回文串。
+设dp[i][j]表示字符串s[i..j]是否为回文串。
 
--   当 $j - i \lt 2$，即字符串长度为 `2` 时，只要 $s[i] == s[j]$，那么 $dp[i][j]$ 就为 `true`。
--   当 $j - i \ge 2$，有 $dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] \cap s[i] == s[j]$。
+-   当j - i \lt 2，即字符串长度为 `2` 时，只要s[i] == s[j]，那么dp[i][j]就为 `true`。
+-   当j - i \ge 2，有dp[i][j] = dp[i + 1][j - 1] \cap s[i] == s[j]。
 
-时间复杂度 $O(n^2)$，空间复杂度 $O(n^2)$。其中 $n$ 是字符串 $s$ 的长度。
+时间复杂度O(n^2)，空间复杂度O(n^2)。其中n是字符串s的长度。
 
 **方法二：枚举回文中间点**
 
 我们可以枚举回文中间点，向两边扩散，找到最长的回文串。
 
-时间复杂度 $O(n^2)$，空间复杂度 $O(1)$。其中 $n$ 是字符串 $s$ 的长度。
+时间复杂度O(n^2)，空间复杂度O(1)。其中n是字符串s的长度。
 
 ### **Java**
 

solution/0000-0099/0006.Zigzag Conversion/README.md

@@ -60,11 +60,11 @@ P     I
 
 **方法一：模拟**
 
-我们用一个二维数组 $g$ 来模拟 $Z$ 字形排列的过程，其中 $g[i][j]$ 表示第 $i$ 行第 $j$ 列的字符。初始时 $i=0$，另外我们定义一个方向变量 $k$，初始时 $k=-1$，表示向上走。
+我们用一个二维数组g来模拟Z字形排列的过程，其中g[i][j]表示第i行第j列的字符。初始时i=0，另外我们定义一个方向变量k，初始时k=-1，表示向上走。
 
-我们从左到右遍历字符串 $s$，每次遍历到一个字符 $c$，将其追加到 $g[i]$ 中，如果此时 $i=0$ 或者 $i=numRows-1$，说明当前字符位于 $Z$ 字形排列的拐点，我们将 $k$ 的值反转，即 $k=-k$。接下来，我们将 $i$ 的值更新为 $i+k$，即向上或向下移动一行。继续遍历下一个字符，直到遍历完字符串 $s$，我们返回 $g$ 中所有行拼接后的字符串即可。
+我们从左到右遍历字符串s，每次遍历到一个字符c，将其追加到g[i]中，如果此时i=0或者i=numRows-1，说明当前字符位于Z字形排列的拐点，我们将k的值反转，即k=-k。接下来，我们将i的值更新为i+k，即向上或向下移动一行。继续遍历下一个字符，直到遍历完字符串s，我们返回g中所有行拼接后的字符串即可。
 
-时间复杂度 $O(n)$，空间复杂度 $O(n)$。其中 $n$ 为字符串 $s$ 的长度。
+时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)。其中n为字符串s的长度。
 
 ### **Java**
 

solution/0000-0099/0007.Reverse Integer/README.md

@@ -49,25 +49,25 @@
 
 **方法一：数学**
 
-我们不妨记 $mi$ 和 $mx$ 分别为 $-2^{31}$ 和 $2^{31} - 1$，则 $x$ 的反转结果 $ans$ 需要满足 $mi \le ans \le mx$。
+我们不妨记mi和mx分别为-2^{31}和2^{31} - 1，则x的反转结果ans需要满足mi \le ans \le mx。
 
-我们可以通过不断地对 $x$ 取余来获取 $x$ 的最后一位数字 $y$，并将 $y$ 添加到 $ans$ 的末尾。在添加 $y$ 之前，我们需要判断 $ans$ 是否溢出。即判断 $ans \times 10 + y$ 是否在 $[mi, mx]$ 的范围内。
+我们可以通过不断地对x取余来获取x的最后一位数字y，并将y添加到ans的末尾。在添加y之前，我们需要判断ans是否溢出。即判断ans \times 10 + y是否在[mi, mx]的范围内。
 
-若 $x \gt 0$，那么需要满足 $ans \times 10 + y \leq mx$，即 $ans \times 10 + y \leq \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor \times 10 + 7$。整理得 $(ans - \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor) \times 10 \leq 7 - y$。
+若x \gt 0，那么需要满足ans \times 10 + y \leq mx，即ans \times 10 + y \leq \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor \times 10 + 7。整理得(ans - \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor) \times 10 \leq 7 - y。
 
 下面我们讨论上述不等式成立的条件：
 
--   当 $ans \lt \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor$ 时，不等式显然成立；
--   当 $ans = \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor$ 时，不等式成立的充要条件是 $y \leq 7$。如果 $ans = \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor$ 并且还能继续添加数字，说明此时数字是最高位，即此时 $y$ 一定不超过 $2$，因此，不等式一定成立；
--   当 $ans \gt \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor$ 时，不等式显然不成立。
+-   当ans \lt \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor时，不等式显然成立；
+-   当ans = \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor时，不等式成立的充要条件是y \leq 7。如果ans = \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor并且还能继续添加数字，说明此时数字是最高位，即此时y一定不超过2，因此，不等式一定成立；
+-   当ans \gt \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor时，不等式显然不成立。
 
-综上，当 $x \gt 0$ 时，不等式成立的充要条件是 $ans \leq \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor$。
+综上，当x \gt 0时，不等式成立的充要条件是ans \leq \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor。
 
-同理，当 $x \lt 0$ 时，不等式成立的充要条件是 $ans \geq \left \lfloor \frac{mi}{10} \right \rfloor$。
+同理，当x \lt 0时，不等式成立的充要条件是ans \geq \left \lfloor \frac{mi}{10} \right \rfloor。
 
-因此，我们可以通过判断 $ans$ 是否在 $[\left \lfloor \frac{mi}{10} \right \rfloor, \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor]$ 的范围内来判断 $ans$ 是否溢出。若溢出，则返回 $0$。否则，将 $y$ 添加到 $ans$ 的末尾，然后将 $x$ 的最后一位数字去除，即 $x \gets \left \lfloor \frac{x}{10} \right \rfloor$。
+因此，我们可以通过判断ans是否在[\left \lfloor \frac{mi}{10} \right \rfloor, \left \lfloor \frac{mx}{10} \right \rfloor]的范围内来判断ans是否溢出。若溢出，则返回0。否则，将y添加到ans的末尾，然后将x的最后一位数字去除，即x \gets \left \lfloor \frac{x}{10} \right \rfloor。
 
-时间复杂度 $O(\log |x|)$，其中 $|x|$ 为 $x$ 的绝对值。空间复杂度 $O(1)$。
+时间复杂度O(\log |x|)，其中|x|为x的绝对值。空间复杂度O(1)。
 
 ### **Java**