该笔记只是用于记录和梳理CMake中比较重要的知识，并不会写得很详细（比如不会写出使用project()命令后会创建哪些变量）。学完本笔记即可上手使用CMake，一些很细的知识可以在遇到所用的场景时自行查阅官方资料。 基础框架 最基本的CMake项目是由单个源代码文件构建可执行文件，对于这种简单的项目，只需要给 CMakeLists.txt 文件提供三个命令： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 cmake_minimum_required(VERSION x.xx) # 指定CMake最低版本 project( ProjectName # 项目名称 VERSION x.x.x # 项目版本 LANGUAGES CXX # 项目语言, CXX表示C++ ) add_executable(ExecutableName SourceCodePath) # 设置可执行文件的名称和源代码路径 例如： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 cmake_minimum_required(VERSION 3.15) project( MBFF VERSION 0.1.12 LANGUAGES CXX ) add_executable(MBFF src/main.cpp) 这样我们就可以产生一个名为MBFF的可执行文件。 其中 cmake_minimum_required()和project()命令需要在项目的顶级CMakeLists.txt给出（当项目十分复杂时，会存在多个CMakeLists.txt文件）。 cmake_minimum_required(): 该命令是CMakeLists.txt中第一条执行的命令，用于控制CMake的版本，禁用一些已启用的特性 project(): 设置项目的相关属性，可以只设置项目名称，但推荐按上面的写法来用 add_executable(): 产生可执行文件，没有该命令是不会产生可执行文件的 注意：CMakeLists.txt的命令执行顺序是从上往下的，所以要有逻辑的编写命令。 使用上面的命令足够处理一些基本情况了，但是当我们在代码中使用了一些C++17或更高标准的特性后，会发现编译失败，这是因为编译器会使用默认标准（通常为 C++98/GCC 或 C++14/Clang， 可通过输出变量 CMAKE_CXX_STANDARD_DEFAULT 的值查询默认值）来进行编译，导致不存在这些特性。这时，就需要使用 set() 命令来进行相关设置：

题目 思路 该题就是给定一个编码后的字符串，然后返回解码后的字符串。 由题可知要处理嵌套的情况，即要先解决内层的$k[encoded_string]$，再解决外层，即后进先出，很适合用栈来解决。而且其结构为$k[encoded_string]$，很适合用双栈来解决，一个为数字栈用来存储重复几次，一个为字符串栈用来存储每一层进入 $[$ 时，之前构造的字符串。 代码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 class Solution { public: string decodeString(string s) { string cur_str, pre_str, temp; stack<int> s_n; // 数字栈，存储重复几次 stack<string> s_s; // 字符串栈，存储前面的字符串 for (size_t i = 0; i < s.

题目 思路 暴力法，先计算出中位数是第几个元素，然后使用双指针分别指向两个数组的开头元素，然后不断将指向较小元素的指针往后移，直到移到中位数即可，时间复杂度为$O(m + n)$，不符合题目要求。 进一步思考中位数的作用是什么？中位数的作用就是: 将一个集合划分为两个等长的子集，且其中一个子集的元素总是小于另一个子集的元素。 所以，对于这道题来说，我们需要分别在两个数组中找到一条分割线，使得这两条分割线左边的元素个数等于右边的元素个数，且左边集合的最大值小于等于右边集合的最小值。 切割好后，如果两数组长度和为偶数，那么中位数为： $$ median = \frac{max(left\_part) + min(right\_part)}{2} $$ 长度和为奇数（为了便于处理，我们将中位数划分给左边部分。当然也可以划分给右边部分），那么中位数为： $$ median = max(left\_part) $$ 确定好怎么计算中位数后，我们只需要考虑怎么去寻找这两条切割线了。首先，设数组A的分割线位置为$i$，数组B的分割线位置为$j$（即数组A中下标为$[0, i)$的元素属于其左部分，$[i, lenA)$属于其右部分，数组B同理），根据上面的分析可知： $$ \begin{cases} i + j = m - i + n - j & \text{当 } m+n \text{ 为偶数} \\ i + j = m - i + n - j + 1 & \text{当 } m+n \text{ 为奇数} \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} i + j = \frac{m + n}{2} & \text{当 } m+n \text{ 为偶数} \\ i + j = \frac{m + n + 1}{2} & \text{当 } m+n \text{ 为奇数} \end{cases} $$

题目 思路 最开始想的是先通过二分来找到最大值位置，确定$right$和$left$的值，再使用一次二分来进行查询。但仔细观察题目发现只需进行一次二分查找算法就可以解决问题了，因为 「该旋转后的数组从中间分开后，左右部分中必定有一个部分是有序的」。 那么我们就可以借助这个有序数组来直接进行二分查找，采用下面的方式来更新$left$和$right$的值： 左边部分有序 target在这个有序区间内，则可以直接抛弃右边部分。反之，抛弃左边部分。 右边部分有序 target在这个有序区间内，则可以直接抛弃左边部分。反之，抛弃右边部分。 代码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 class Solution { public: int search(vector<int>& nums, int target) { int mid, left = 0; int right = nums.

题目 思路 这道题挺简单的，但是一开始想复杂了，故在此记录一下。 题目的意思就是将字符串$s$进行分割，且分割出来的每一个子串都必须时回文串。最简单有效的思路就是依次分割，先分割出第一个子串，在未分割的子串中再分割出第二个子串，……，依次这样下去，直到不存在未分割的子串。而对于每个要分割出来的子串我们都需要遍历其全部形式。 具体来说，设$s = “abcde”$，那么分割出来的第一个子串的形式有$a, ab, abc, abcd, abcde$，其对应的未分割子串依次为$bcde, cde, de, e, null$。所以，直接采用回溯法来做，直接看代码。 PS: 仔细思考会发现存在大量的字符串被反复判断是否是回文串，故可以采用动态划规（$dp[i][j]$ 表示$s[i]$~ $s[j]$组成的子串是否是回文串）来提前记录每个子串是否是回文串，加速运行速度。这里就不给出具体代码了，请读者自行编写。 代码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 class Solution { public: vector<vector<string>> ans; vector<string> output; string str; bool judge(const string& s) { int f = 0, b = s.

题目 思路 做这道题首先要知道什么是回溯法。 设数组大小为$n$，这个问题可以视为有$n$个排成一行的空格，依次为每个位置选择一个未被选的数来填充。那么可以直接想到一种穷举法，就是从左往右依次往空格中填入数字，全部空格填完就是一种答案。这里我们就可以使用回溯法来完成这一过程。 代码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 class Solution { public: vector<vector<int>> ans; vector<int> output; // 存储当前的组合 void backtrace(vector<int>& nums, vector<bool>& used) { // 判断是否已经组合完毕 if (output.size() == nums.size()) { ans.emplace_back(output); return; } // 依次将每个元素放到当前位置 for (size_t i = 0; i < nums.

题目 思路 读完题后发现：所谓的路径就是指以某一个结点为根，往左和右各走一边，路径和就是这条路径上的结点值之和。要寻找最大路径和就需要计算每个结点为根时的路径和，选取其中的最大值，这就需要遍历，而且很明显应该使用后序遍历来处理，因为只有当节点的左右子树都处理完了，我们才能计算以当前节点为根的最大路径和是多少，即： $$ 以当前结点为根的最大路径和 = 当前结点值 + 左边的贡献 + 右边的贡献 $$ 那么左右贡献是什么呢？想一想处理完一个结点，要向它的父节点返回什么信息呢？那就是以当前结点为根时的最大单边路径和（因为路径不能分叉），这样才能计算其父节点为根时的最大路径和。但需要注意的时，如果最大单边路径和为负，则需要丢弃，因为其会拉低父节点的最大路径和，父节点是不会考虑连接这条路径的。 代码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 class Solution { public: int dfs(TreeNode* root, int& ans) { if (!root) { return 0; } int left = dfs(root->left, ans); // 存储左边的贡献 int right = dfs(root->right, ans); // 存储右边的贡献 ans = max(ans, left + right + root->val); // 寻找最大路径和 /** * max({ left, right, 0 }) 是为了找到当前结点的左右最大贡献值(因为只能取一边)，如果都为负，则丢弃 * max(max({ left, right, 0 }) + root->val, 0) 是为了判断以当前结点为根时的最大路径和，丢弃负值 * 因为我们要寻找的是最大路径和，负值就会使得路径和变小 */ return max(max({ left, right, 0 }) + root->val, 0); } int maxPathSum(TreeNode* root) { int ans = INT_MIN; dfs(root, ans); return ans; } };