我花了几天时间，从力扣中精选了四道相同思想的题目，来帮助大家解套，如果觉得文章对你有用，记得点赞分享，让我看到你的认可，有动力继续做下去。
这就是接下来要给大家讲的四个题，其中 1081 和 316 题只是换了说法而已。
- 316. 去除重复字母(困难)
- 321. 拼接最大数(困难)
- 402. 移掉 K 位数字(中等)
- 1081. 不同字符的最小子序列（中等）
我们从一个简单的问题入手，识别一下这种题的基本形式和套路，为之后的三道题打基础。
给定一个以字符串表示的非负整数 num，移除这个数中的 k 位数字，使得剩下的数字最小。
注意:
num 的长度小于 10002 且 ≥ k。
num 不会包含任何前导零。
示例 1 :
输入: num = "1432219", k = 3
输出: "1219"
解释: 移除掉三个数字 4, 3, 和 2 形成一个新的最小的数字 1219。
示例 2 :
输入: num = "10200", k = 1
输出: "200"
解释: 移掉首位的 1 剩下的数字为 200. 注意输出不能有任何前导零。
示例 3 :
输入: num = "10", k = 2
输出: "0"
解释: 从原数字移除所有的数字，剩余为空就是 0。
- 数学
这道题让我们从一个字符串数字中删除 k 个数字，使得剩下的数最小。也就说，我们要保持原来的数字的相对位置不变。
以题目中的 num = 1432219， k = 3 为例，我们需要返回一个长度为 4 的字符串，问题在于： 我们怎么才能求出这四个位置依次是什么呢？
（图 1）
暴力法的话，我们需要枚举C_n^(n - k) 种序列（其中 n 为数字长度），并逐个比较最大。这个时间复杂度是指数级别的，必须进行优化。
一个思路是：
- 从左到右遍历
- 对于每一个遍历到的元素，我们决定是丢弃还是保留
问题的关键是：我们怎么知道，一个元素是应该保留还是丢弃呢？
这里有一个前置知识：对于两个数 123a456 和 123b456，如果 a > b， 那么数字 123a456 大于 数字 123b456，否则数字 123a456 小于等于数字 123b456。也就说，两个相同位数的数字大小关系取决于第一个不同的数的大小。
因此我们的思路就是：
- 从左到右遍历
- 对于遍历到的元素，我们选择保留。
- 但是我们可以选择性丢弃前面相邻的元素。
- 丢弃与否的依据如上面的前置知识中阐述中的方法。
以题目中的 num = 1432219， k = 3 为例的图解过程如下：
（图 2）
由于没有左侧相邻元素，因此没办法丢弃。
（图 3）
由于 4 比左侧相邻的 1 大。如果选择丢弃左侧的 1，那么会使得剩下的数字更大（开头的数从 1 变成了 4）。因此我们仍然选择不丢弃。
（图 4）
由于 3 比左侧相邻的 4 小。 如果选择丢弃左侧的 4，那么会使得剩下的数字更小（开头的数从 4 变成了 3）。因此我们选择丢弃。
。。。
后面的思路类似，我就不继续分析啦。
然而需要注意的是，如果给定的数字是一个单调递增的数字，那么我们的算法会永远选择不丢弃。这个题目中要求的，我们要永远确保丢弃 k 个矛盾。
一个简单的思路就是：
- 每次丢弃一次，k 减去 1。当 k 减到 0 ，我们可以提前终止遍历。
- 而当遍历完成，如果 k 仍然大于 0。不妨假设最终还剩下 x 个需要丢弃，那么我们需要选择删除末尾 x 个元素。
上面的思路可行，但是稍显复杂。
我们需要把思路逆转过来。刚才我的关注点一直是丢弃，题目要求我们丢弃 k 个。反过来说，不就是让我们保留
按照上面的思路，我们来选择数据结构。由于我们需要保留和丢弃相邻的元素，因此使用栈这种在一端进行添加和删除的数据结构是再合适不过了，我们来看下代码实现。
class Solution(object):
def removeKdigits(self, num, k):
stack = []
remain = len(num) - k
for digit in num:
while k and stack and stack[-1] > digit:
stack.pop()
k -= 1
stack.append(digit)
return ''.join(stack[:remain]).lstrip('0') or '0'复杂度分析
- 时间复杂度：虽然内层还有一个 while 循环，但是由于每个数字最多仅会入栈出栈一次，因此时间复杂度仍然为
$O(N)$ ，其中$N$ 为数字长度。 - 空间复杂度：我们使用了额外的栈来存储数字，因此空间复杂度为
$O(N)$ ，其中$N$ 为数字长度。
提示： 如果题目改成求删除 k 个字符之后的最大数，我们只需要将 stack[-1] > digit 中的大于号改成小于号即可。
给你一个仅包含小写字母的字符串，请你去除字符串中重复的字母，使得每个字母只出现一次。需保证返回结果的字典序最小（要求不能打乱其他字符的相对位置）。
示例 1:
输入: "bcabc"
输出: "abc"
示例 2:
输入: "cbacdcbc"
输出: "acdb"
- 字典序
- 数学
与上面题目不同，这道题没有一个全局的删除次数 k。而是对于每一个在字符串 s 中出现的字母 c 都有一个 k 值。这个 k 是 c 出现次数 - 1。
沿用上面的知识的话，我们首先要做的就是计算每一个字符的 k，可以用一个字典来描述这种关系，其中 key 为 字符 c，value 为其出现的次数。
具体算法：
- 建立一个字典。其中 key 为 字符 c，value 为其出现的剩余次数。
- 从左往右遍历字符串，每次遍历到一个字符，其剩余出现次数 - 1.
- 对于每一个字符，如果其对应的剩余出现次数大于 1，我们可以选择丢弃（也可以选择不丢弃），否则不可以丢弃。
- 是否丢弃的标准和上面题目类似。如果栈中相邻的元素字典序更大，那么我们选择丢弃相邻的栈中的元素。
还记得上面题目的边界条件么？如果栈中剩下的元素大于
不过不必担心。由于题目是要求只出现一次。我们可以在遍历的时候简单地判断其是否在栈上即可。
代码：
class Solution:
def removeDuplicateLetters(self, s) -> int:
stack = []
remain_counter = collections.Counter(s)
for c in s:
if c not in stack:
while stack and c < stack[-1] and remain_counter[stack[-1]] > 0:
stack.pop()
stack.append(c)
remain_counter[c] -= 1
return ''.join(stack)复杂度分析
- 时间复杂度：由于判断当前字符是否在栈上存在需要
$O(N)$ 的时间，因此总的时间复杂度就是$O(N ^ 2)$ ，其中$N$ 为字符串长度。 - 空间复杂度：我们使用了额外的栈来存储数字，因此空间复杂度为
$O(N)$ ，其中$N$ 为字符串长度。
查询给定字符是否在一个序列中存在的方法。根本上来说，有两种可能：
- 有序序列： 可以二分法，时间复杂度大致是
$O(N)$ 。 - 无序序列： 可以使用遍历的方式，最坏的情况下时间复杂度为
$O(N)$ 。我们也可以使用空间换时间的方式，使用$N$ 的空间 换取$O(1)$ 的时间复杂度。
由于本题中的 stack 并不是有序的，因此我们的优化点考虑空间换时间。而由于每种字符仅可以出现一次，这里使用 hashset 即可。
class Solution:
def removeDuplicateLetters(self, s) -> int:
stack = []
seen = set()
remain_counter = collections.Counter(s)
for c in s:
if c not in seen:
while stack and c < stack[-1] and remain_counter[stack[-1]] > 0:
seen.discard(stack.pop())
seen.add(c)
stack.append(c)
remain_counter[c] -= 1
return ''.join(stack)复杂度分析
- 时间复杂度：$O(N)$，其中
$N$ 为字符串长度。 - 空间复杂度：我们使用了额外的栈和 hashset，因此空间复杂度为
$O(N)$ ，其中$N$ 为字符串长度。
LeetCode 《1081. 不同字符的最小子序列》 和本题一样，不再赘述。
给定长度分别为 m 和 n 的两个数组，其元素由 0-9 构成，表示两个自然数各位上的数字。现在从这两个数组中选出 k (k <= m + n) 个数字拼接成一个新的数，要求从同一个数组中取出的数字保持其在原数组中的相对顺序。
求满足该条件的最大数。结果返回一个表示该最大数的长度为 k 的数组。
说明: 请尽可能地优化你算法的时间和空间复杂度。
示例 1:
输入:
nums1 = [3, 4, 6, 5]
nums2 = [9, 1, 2, 5, 8, 3]
k = 5
输出:
[9, 8, 6, 5, 3]
示例 2:
输入:
nums1 = [6, 7]
nums2 = [6, 0, 4]
k = 5
输出:
[6, 7, 6, 0, 4]
示例 3:
输入:
nums1 = [3, 9]
nums2 = [8, 9]
k = 3
输出:
[9, 8, 9]
- 分治
- 数学
和第一道题类似，只不不过这一次是两个数组，而不是一个，并且是求最大数。
最大最小是无关紧要的，关键在于是两个数组，并且要求从两个数组选取的元素个数加起来一共是 k。
然而在一个数组中取 k 个数字，并保持其最小（或者最大），我们已经会了。但是如果问题扩展到两个，会有什么变化呢？
实际上，问题本质并没有发生变化。 假设我们从 nums1 中取了 k1 个，从 num2 中取了 k2 个，其中 k1 + k2 = k。而 k1 和 k2 这 两个子问题我们是会解决的。由于这两个子问题是相互独立的，因此我们只需要分别求解，然后将结果合并即可。
假如 k1 和 k2 个数字，已经取出来了。那么剩下要做的就是将这个长度分别为 k1 和 k2 的数字，合并成一个长度为 k 的数组合并成一个最大的数组。
以题目的 nums1 = [3, 4, 6, 5] nums2 = [9, 1, 2, 5, 8, 3] k = 5 为例。 假如我们从 num1 中取出 1 个数字，那么就要从 nums2 中取出 4 个数字。
运用第一题的方法，我们计算出应该取 nums1 的 [6]，并取 nums2 的 [9,5,8,3]。 如何将 [6] 和 [9,5,8,3]，使得数字尽可能大，并且保持相对位置不变呢？
实际上这个过程有点类似归并排序中的治，而上面我们分别计算 num1 和 num2 的最大数的过程类似归并排序中的分。
代码：
我们将从 num1 中挑选的 k1 个数组成的数组称之为 A，将从 num2 中挑选的 k2 个数组成的数组称之为 B，
def merge(A, B):
ans = []
while A or B:
bigger = A if A > B else B
ans.append(bigger[0])
bigger.pop(0)
return ans这里需要说明一下。 在很多编程语言中：如果 A 和 B 是两个数组，当前仅当 A 的首个元素字典序大于 B 的首个元素，A > B 返回 true，否则返回 false。
比如：
A = [1,2]
B = [2]
A < B # True
A = [1,2]
B = [1,2,3]
A < B # False
以合并 [6] 和 [9,5,8,3] 为例，图解过程如下：
具体算法：
- 从 nums1 中 取
$min(i, len(nums1))$ 个数形成新的数组 A（取的逻辑同第一题），其中 i 等于 0,1,2, ... k。 - 从 nums2 中 对应取
$min(j, len(nums2))$ 个数形成新的数组 B（取的逻辑同第一题），其中 j 等于 k - i。 - 将 A 和 B 按照上面的 merge 方法合并
- 上面我们暴力了 k 种组合情况，我们只需要将 k 种情况取出最大值即可。
class Solution:
def maxNumber(self, nums1, nums2, k):
def pick_max(nums, k):
stack = []
drop = len(nums) - k
for num in nums:
while drop and stack and stack[-1] < num:
stack.pop()
drop -= 1
stack.append(num)
return stack[:k]
def merge(A, B):
ans = []
while A or B:
bigger = A if A > B else B
ans.append(bigger[0])
bigger.pop(0)
return ans
return max(merge(pick_max(nums1, i), pick_max(nums2, k-i)) for i in range(k+1) if i <= len(nums1) and k-i <= len(nums2))复杂度分析
- 时间复杂度：pick_max 的时间复杂度为
$O(M + N)$ ，其中$M$ 为 nums1 的长度，$N$ 为 nums2 的长度。 merge 的时间复杂度为$O(k)$ ，再加上外层遍历所有的 k 中可能性。因此总的时间复杂度为$O(k^2 * (M + N))$ 。 - 空间复杂度：我们使用了额外的 stack 和 ans 数组，因此空间复杂度为
$O(max(M, N, k))$ ，其中$M$ 为 nums1 的长度，$N$ 为 nums2 的长度。
这四道题都是删除或者保留若干个字符，使得剩下的数字最小（或最大）或者字典序最小（或最大）。而解决问题的前提是要有一定数学前提。而基于这个数学前提，我们贪心地删除栈中相邻的字符。如果你会了这个套路，那么这四个题目应该都可以轻松解决。
316. 去除重复字母（困难），我们使用 hashmap 代替了数组的遍历查找，属于典型的空间换时间方式，可以认识到数据结构的灵活使用是多么的重要。背后的思路是怎么样的？为什么想到空间换时间的方式，我在文中也进行了详细的说明，这都是值得大家思考的问题。然而实际上，这些题目中使用的栈也都是空间换时间的思想。大家下次碰到需要空间换取时间的场景，是否能够想到本文给大家介绍的栈和哈希表呢？
321. 拼接最大数（困难）则需要我们能够对问题进行分解，这绝对不是一件简单的事情。但是对难以解决的问题进行分解是一种很重要的技能，希望大家能够通过这道题加深这种分治思想的理解。 大家可以结合我之前写过的几个题解练习一下，它们分别是：
更多题解可以访问我的 LeetCode 题解仓库：https://github.com/azl397985856/leetcode 。 目前已经 37K star 啦。
大家也可以关注我的公众号《力扣加加》获取更多更新鲜的 LeetCode 题解
