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文章目录

• 前言
• C++入门必刷经典题目
• • 1.选择题
  • • 1.1 类的类型转换
    • 1.2 拷贝构造调用次数
    • 1.3 友元函数
    • 1.4 静态数据成员
    • 1.5 new创建对象
    • 1.6 模板格式
    • 1.7 空类大小
    • 1.8 析构函数
    • 1.9 赋值运算符
    • 1.10 构造函数调用
    • 1.11 初始化列表
    • 1.12 const
    • 1.13 delete this
    • 1.14 c_str()
    • 1.15 resize/reserve
    • 1.16 cerr
    • 1.17 基类与派生类
    • 1.18 继承的对象模型
  • 2.编程题
  • • 2.1 字符串相加
    • 2.2 字符串相乘
    • 2.3 删除有序数组中的重复项
    • 2.4 杨辉三角
    • 2.5 只出现一次的数字 I
    • 2.6 只出现一次的数字 II
    • 2.7 只出现一次的数字 III
    • 2.8 电话号码的字母组合
    • 2.9 连续子数组的最大和
    • 2.10 最小栈
    • 2.11 栈的压入、弹出序列
    • 2.12 逆波兰表达式求值
    • 2.13 数组中的第K个最大元素
• ⚔ 后记

前言

白晨这段时间回头复盘了一下我的C++学习之旅，发现了许多坎坷和难点。所以，白晨整理了我入门学习C++遇到的好题目以及大坑。

整理的题目分为两个大类：选择题和编程题。

• 选择题

白晨整理了许多入门易错难掌握的知识点，相当于是对于重难知识点的一次复盘，希望大家可以加深对重难知识点的理解。

• 编程题

其中主要是对于C++输入输出，STL（标准模板库）的使用，动态规划，数据结构等题目，题目不是很难，但是很有代表性和经典性，是每个C++入门应该都会见过并且掌握的题目。

C++入门必刷经典题目

1.选择题

1.1 类的类型转换

答案解析 :

1.2 拷贝构造调用次数

答案解析 :

1.3 友元函数

答案解析 :

1.4 静态数据成员

答案解析 :

答案解析 :

1.5 new创建对象

答案解析 :

1.6 模板格式

答案解析 :

1.7 空类大小

答案解析 :

空类系统为了表示占位，会分配一个字节的空间

1.8 析构函数

答案解析 :

答案解析 :

1.9 赋值运算符

答案解析 :

1.10 构造函数调用

答案解析 :

1.11 初始化列表

1.12 const

答案解析 :

1.13 delete this

答案解析 :

这个写法是正确的，但是不推荐。

1.14 c_str()

答案解析 :

虽然从内容上来说，a == b，但是a，b是两个不同的对象，空间中所存储的位置也不同，c_str 返回值是 const char* ，也就是空间中的地址，所以不可能相等。

所以选择A。

1.15 resize/reserve

答案解析 :

str.reserve(111); //调整容量为 111

str.resize(5); //调整元素个数为 5

str.reserve(50); //调整容量为 50，由于调整的容量小于已有空间容量，故容量不会减小

所以size=5 capacity=111

故答案为: C

1.16 cerr

1.17 基类与派生类

1.18 继承的对象模型

2.编程题

2.1 字符串相加

✈ 原题链接 ：字符串相加

模拟：

具体思路：

我们可以模拟正常的加法，从个位开始，逐位相加，模拟过程中要注意的是：

• 我们取出字符串的每一个元素都是字符，所以不能直接将其相加，必须要减去'0' 才能得到这个数的真实值。
• 当一个数的每一位都已经遍历完了，如果另一个数还没遍历完，则在这个数的高位补0。
• 如果两个数字之和大于等于10，要进位。
• 每次向要返回字符串插入一个本次相加得到的个位数。
• 最后得到的返回字符串是反的，我们要将其反转。

代码实现：

class Solution {public:string addStrings(string num1, string num2) {int i = num1.size() - 1, j = num2.size() - 1;int flag = 0;string ret;// 当给定的数字没有遍历完或者要进位时，进入循环while (i >= 0 || j >= 0 || flag != 0){// 判断一个数是否已经遍历完int val1 = i >= 0 ? num1[i] - '0' : 0;int val2 = j >= 0 ? num2[j] - '0' : 0;// 看有没有进位// flag == 1，有进位，反之，无进位flag = flag == 1 ? val1 + val2 + 1 : val1 + val2;// 将本次相加的个位数插到返回字符串后ret += flag % 10 + '0';flag /= 10;i--;j--;}// 反转字符串reverse(ret.begin(), ret.end());return ret;}};

2.2 字符串相乘

✈ 原题链接 ：字符串相乘

法一：模拟竖式+加法实现

具体思路：

先来看例子中的乘法用竖式如何计算：

• 我们发现，从右到左， num2 每一位都需要乘以 num1 ，并且每乘完一次 num1 所得的数字的权重要乘10。

• num2 每一位乘 num1 都是个位数* num1 ,所以我们可以先把个位数乘 num1 的结果保存起来，用的时候直接调用。

• 得到 num2 每一位乘 num1 的字符串后，保存起来，最后和竖式一样，依次相加每一位的结果，得到最后的答案。

代码实现：

class Solution {public:// 复用上题的加法string Add(const string& num1, const string& num2){string ret;int add = 0;int end1 = num1.size() - 1, end2 = num2.size() - 1;while (end1 >= 0 || end2 >= 0 || add != 0){int n1 = end1 >= 0 ? num1[end1--] - '0' : 0;int n2 = end2 >= 0 ? num2[end2--] - '0' : 0;add = n1 + n2 + add;ret += add % 10 + '0';add /= 10;}reverse(ret.begin(), ret.end());return ret;}string multiply(string num1, string num2) {// 出现0时，直接返回"0"if (num1 == "0" || num2 == "0")return "0";int len1 = num1.size(), len2 = num2.size();// 保存 0 ~ 9 乘 num1 的值vector<string> save(10);// 保存num2每一位乘num1的值vector<string> ret(len2 + 1);// 0乘任何数都为0save[0] = "0";// 保存最后的返回值ret[len2] = "0";// 记录权重int pos = 0;// 保存 0 ~ 9 乘 num1 的值for (int i = 1; i < 10; ++i){save[i] = Add(save[i - 1], num1);}// 保存num2每一位乘num1的值for (int i = len2 - 1; i >= 0; --i){int val = num2[i] - '0';ret[i] = save[val];// 根据权重在字符串后面补0for (int j = 0; j < pos; ++j)ret[i] += '0';// 每乘完一个数，权重加一pos++;}// 整体加起来for (int i = 0; i < len2; ++i){ret[len2] = Add(ret[len2], ret[i]);}return ret[len2];}};

2.优化竖式+模拟乘法

具体思路：

1. 首先，我们先来探讨一下 m位数乘n位数得到的结果为多少位数。

2. 由上式可得，最后相乘得到的数字最长为 $m+n$ ，所以我们可以预先开辟一个 $m+n$ 长度的数组来存放这个数字。

3. 由于要使用乘法进行模拟，所以我们可以优化一下我们的竖式乘法

通过上面的例子我们可以得到优化后竖式的具体做法：

• 将原来一次乘一个整形的步骤拆解为一次一个数只乘一个数
• 这样就不用担心溢出问题
• 并且我们可以将相乘的结果直接加到上述数组对应的位上，就如同上面的竖式一样

4. 进行完全部的竖式运算后，再处理得到的数组，该进位进位，保证每一位上都是个位数。
5. 再将数组转换为字符串后返回。

代码实现：

class Solution {public:string multiply(string num1, string num2) {if (num1 == "0" || num2 == "0")return "0";int m = num1.size(), n = num2.size();vector<int> num(m + n);string ret;// 模拟每一位乘每一位for (int i = n - 1; i >= 0; --i){int val2 = num2[i] - '0';for (int j = m - 1; j >= 0; --j){int val1 = num1[j] - '0';int mul = val1 * val2;// 将乘来的结果加到对应的位上num[i + j + 1] += mul;}}// 进位for (int i = m + n - 1; i > 0; --i){num[i - 1] += num[i] / 10;num[i] %= 10;}// 判断有没有最高位int i = num[0] == 0 " />1 : 0;for (; i < m + n; ++i){ret += num[i] + '0';}return ret;}};

2.3 删除有序数组中的重复项

✈ 原题链接 ：删除有序数组中的重复项

法一：暴力求解

代码实现：

class Solution {public:int removeDuplicates(vector<int>& nums) {vector<int>::iterator begin = nums.begin();while (begin != nums.end()){if (begin + 1 != nums.end() && *begin == *(begin + 1))begin = nums.erase(begin);elsebegin++;}return nums.size();}};

法二：快慢指针

代码实现：

class Solution {public:int removeDuplicates(vector<int>& nums) {size_t slow = 0, fast = 0;size_t len = nums.size();while (fast < len){if (nums[slow] != nums[fast]){nums[slow + 1] = nums[fast];slow++;}fast++;}return slow + 1;}};

2.4 杨辉三角

✈ 原题链接 ：杨辉三角

这是一道非常典型的动态规划的题目,并且思路也非常简单。

具体思路：

• 状态：$dp[i][j]$ 为位置的数字
• 初始状态：当$j==0||i==j时，dp[i][j]=1$
• 状态转移方程： $dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]$。

代码实现：

class Solution {public:vector<vector<int>> generate(int numRows) {vector<vector<int>> ret(numRows, vector<int>(1, 1));for (int i = 0; i < numRows; ++i){ret[i].resize(i + 1, 1);}for (int i = 2; i < numRows; ++i){for (int j = 1; j < ret[i].size() - 1; ++j){ret[i][j] = ret[i - 1][j - 1] + ret[i - 1][j];}}return ret;}};

2.5 只出现一次的数字 I

✈ 原题链接 ：只出现一次的数字

首先，我们需要了解异或运算的几个性质：

1. 交换律：$a\oplus b=b\oplus a,a\oplus b\oplus a=a\oplus a\oplus b$
2. 结合律：$(a\oplus b)\oplus a=a\oplus (b\oplus a)$
3. 任何数与0异或都是其本身：$a\oplus 0=0\oplus a=a$
4. 任何数与自己异或都为0：$a\oplus a=0$

其次，题目中明确指出，只有一个数字出现了一次，其余数字均出现了两次，所以，依照上述性质，我们可以将其化为：

a1⊕ a1⊕ a2⊕ a2⊕ . . . ⊕ ak⊕ a k + 1⊕ a k + 1⊕ . . . ⊕ am⊕ am= 0 ⊕ ak= ak a_1 ⊕a_1⊕a_2⊕a_2⊕…⊕a_k⊕a_{k+1}⊕a_{k+1}⊕…⊕a_m⊕a_m = 0⊕a_k=a_ka1​⊕a1​⊕a2​⊕a2​⊕...⊕ak​⊕ak+1​⊕ak+1​⊕...⊕am​⊕am​=0⊕ak​=ak​

也即，直接将给定数组中的数全部异或起来，最后得到的数就是只出现一次的数。

代码实现：

class Solution {public:int singleNumber(vector<int>& nums) {int num = 0;for(auto i : nums)num ^= i;return num;}};

2.6 只出现一次的数字 II

✈ 原题链接 ：只出现一次的数字 II

法一：排序 + 遍历

• 这个方法就没有什么好说的了，直接暴力排序，遍历选出其中只出现一次的数字。

代码实现：

class Solution {public:int singleNumber(vector<int>& nums) {if(nums.size() == 1)return nums[0];sort(nums.begin(), nums.end());int len = nums.size();if(nums[0] != nums[1]){return nums[0];}if(nums[len - 1] != nums[len - 2]){return nums[len - 1];}for(int i = 1; i < len - 1; ++i){if(nums[i] != nums[i - 1] && nums[i] != nums[i + 1])return nums[i];}return 0;}};

时间复杂度 O(n∗lo g 2n)O(n*log_2n) O(n∗log2​n) ，空间复杂度 $O(1)$ 。

法二：哈希表

• 遍历数组，使用哈希表统计数组中的数出现的次数，最后找到只出现一次的数字即可。

代码实现：

class Solution {public:int singleNumber(vector<int>& nums) {unordered_map<int, int> harsh;for (int e: nums) {++harsh[e];}int ret = 0;for (auto [num, cnt]: harsh) {if (cnt == 1) {ret = num;break;}}return ret;}};

时间复杂度 $O(n)$ ，空间复杂度 $O(n)$ 。

法三：统计二进制位数

• 建立一个数组，统计全部数字的二进制每一位上1出现了多少次。
• 因为除了一个数字以外，其余数字都出现了3次，所以其余数字每一位二进制位为1次数的总和一定能被3整除。
• 所以，只需要统计出二进制位中不能被3整除的位，这些位组成的数就是只出现过一次的数。

代码实现：

class Solution {public:int singleNumber(vector<int>& nums) {int cnt[32] = { 0 };int ret = 0;// 统计全部数字二进制为1的个数for (int i = 0; i < 32; ++i){for (auto e : nums){if ((e >> i) & 1 == 1){cnt[i]++;}}}// 将不能被3整除的位或等起来就是结果for (int i = 0; i < 32; ++i){if ((cnt[i] % 3))ret |= 1 << i;}return ret;}};

时间复杂度 $O(n)$ ，空间复杂度 $O(1)$ 。

2.7 只出现一次的数字 III

✈ 原题链接 ：只出现一次的数字 III

✨ 法一：排序 + 遍历

• 直接排序，然后遍历选出只出现了一次的数字。

代码实现：

class Solution {public:vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {sort(nums.begin(), nums.end());int len = nums.size();vector<int> ret;// 特别情况：对第一个元素和第二个元素进行判断if(nums[0] != nums[1]){ret.push_back(nums[0]);}// 特别情况：对最后一个元素和倒数第二个元素进行判断if(nums[len - 1] != nums[len - 2]){ret.push_back(nums[len - 1]);}if(ret.size() == 2)return ret;// 一般判断：对数组中的其他元素进行判断for(int i = 1; i < len - 1; ++i){if(nums[i] != nums[i - 1] && nums[i] != nums[i + 1])ret.push_back(nums[i]);}return ret;}};

时间复杂度 O(n∗lo g 2n)O(n*log_2n) O(n∗log2​n) ，空间复杂度 $O(1)$ 。

✨ 法二：哈希表

• 暴力哈希，直接统计每个数字出现次数，最后选出只出现一次的数。

代码实现：

class Solution {public:vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {unordered_map<int, int> freq;for (int num: nums) {++freq[num];}vector<int> ans;for (const auto& [num, occ]: freq) {if (occ == 1) {ans.push_back(num);}}return ans;}};

✨ 法三：二进制异或法

具体思路：

• 首先，我们需要了解异或运算的几个性质：

1. 交换律：$a\oplus b=b\oplus a,a\oplus b\oplus a=a\oplus a\oplus b$
2. 结合律：$(a\oplus b)\oplus a=a\oplus (b\oplus a)$
3. 任何数与0异或都是其本身：$a\oplus 0=0\oplus a=a$
4. 任何数与自己异或都为0：$a\oplus a=0$

其次，题目中明确指出，只有两个数字出现了一次，其余数字均出现了两次，所以，依照上述性质，我们可以将其化为：

a1⊕ a1⊕ a2⊕ a2⊕ . . . ⊕ ak⊕ a k + 1⊕ a k + 1. . . ⊕ an⊕ a n + 1⊕ a n + 1⊕ . . . ⊕ am⊕ am= ak⊕ an a_1 ⊕a_1⊕a_2⊕a_2⊕…⊕a_k⊕a_{k+1}⊕a_{k+1}…⊕a_n⊕a_{n+1}⊕a_{n+1}⊕…⊕a_m⊕a_m = a_k⊕a_na1​⊕a1​⊕a2​⊕a2​⊕...⊕ak​⊕ak+1​⊕ak+1​...⊕an​⊕an+1​⊕an+1​⊕...⊕am​⊕am​=ak​⊕an​

最后我们得到了两个只出现一次数字的异或值，由异或的定义可知，两个数二进制位上的数不相同时不相同的位上结果为1，eg. 1000 ⊕ 1110 = 0110 ，可得这两个数字从右到左第二位和第三位不同。

• 当得到了目标数字的不同二进制位时，我们可以依次为依据对数组进行分组，分组后，每一组都只剩下了一个单独出现的数字。
• 再按照 只出现一次的数字 I 的方法分别选出两个数字即可。

代码实现：

class Solution {public:vector<int> singleNumber(vector<int>& nums) {int num = 0;int len = nums.size();vector<int> ret;// 将全部数字异或起来for(auto e : nums){num ^= e;}int i = 0;// 找出两个数字不一样的二进制位for(i = 0; i < 32; ++i){if((num >> i) & 1 == 1)break;}// 按不同二进制位分组进行异或，最后直接得到两个结果int ret1 = 0, ret2 = 0;for(auto e : nums){if((e >> i) & 1 == 1)ret1 ^= e;elseret2 ^= e;}ret.push_back(ret1);ret.push_back(ret2);return ret;}};

时间复杂度 $O(n)$ ，空间复杂度 $O(1)$ 。

2.8 电话号码的字母组合

✈ 原题链接 ：电话号码的字母组合

具体思路：

这是一道非常经典的回溯算法题，思路其实也很简单：

1. 遍历题目给的数字字符串，按照数字找到对应的字母字符串。
2. 按遍历的元素顺序在当前后面加字符，直到遍历完成。
3. 当遍历完题目给的数字字符串时，把此时得到的字符串保存。

代码实现：

// 哈希表用来对照static string harsh[] = {"", "", "abc", "def", "ghi", "jkl", "mno","pqrs", "tuv", "wxyz"};class Solution {public:void Dfs(string& digits, int index, string curStr, vector<string>& ret){// 当当前的字符串长度与digits相等，如果当前字符串不为空，将其插入if(curStr.size() == digits.size()){if(!curStr.empty())ret.push_back(curStr);return;}// 找到当前digits对应的数字int curInd = digits[index] - '0';// 遍历这个哈希表中对应的字符串for(auto& ch: harsh[curInd]){// 尝试每一种结果，index为digits下标，每次加一// 每次在当前字符串后加入当前对应的哈希表字符，尝试所有可能性Dfs(digits, index + 1, curStr + ch, ret);}}vector<string> letterCombinations(string digits) {vector<string> ret;Dfs(digits, 0, "", ret);return ret;}};

2.9 连续子数组的最大和

✈ 原题链接 ：连续子数组的最大和

这道题是一道很经典的动态规划的题目，有的同学可能第一眼就直接用贪心+回溯去做，但是这道题用贪心算法的话有些情况下会得不到整体最优的结果。

具体思路：

这是一道非常经典的动态规划问题：

• 状态：$f(x)$ —— 从上一段连续的最大和到 x 位置的最大和

• 状态转移方程：$f(x)=max(f(x-1)+a[x],a[x])$ —— 如果上一段的连续最大和与当前数的和大于当前数，就取上一段的连续最大和与当前数的和，反之，取当前数（相当于如果 前面连续串的和的最大值 以及 当前数 相加的和 如果还不如当前数，不如从这一位置重新开始一个连续的子串，反之继续延续前面的连续串）

• 初始值：$f(0)=a[0]$ —— 从a[0]开始子串

• 结果：从 $f(0)-f(n-1)$ 中选出最大值。因为连续串不确定，所以最后要判断一下。

• 实例：$-2,1,-3,4,-1,2,1,-5$

• 序号	0	1	2	3	4	5	6	7
  $a[x]$	-2	1	-3	4	-1	2	1	-5
  $f(x)$	-2	1	-2	4	3	5	6	1

再来形象总结一下连续串的思路：

相当于你有一个大型的家族，如果前面你家族的资产很丰厚，和你的资产加起来超过了你原本的资产（你可能还欠钱了），那么你选择继承家产；但是如果你家道中落，家里欠了钱，那么你就可以选择自己出去单干，不要被家族牵连，你又开始建立了一个新家族。你的子孙以你为榜样，继续上面的过程。

最后你的后代翻阅族谱，要找到祖上最阔器的时代，于是将一代代人的资产比较，得到祖上最阔的一代的资产。

代码实现：

class Solution {public:int FindGreatestSumOfSubArray(vector<int> array) {int num = array[0], Max = array[0];for(int i = 1; i < array.size(); ++i){num = max(array[i] + num, array[i]);Max = num > Max ? num : Max;}return Max;}};

2.10 最小栈

✈ 原题链接 ：最小栈

本题既然要求要在线性时间内找到最小值，那么我们可以用空间换时间的做法。

具体思路：

• 预设两个栈，一个存放正常输入的值——_st，另一个专门存放最小值——_min。
• 入栈：
  • 入栈的值直接存放到_st；
  • _st栈为空时，同时将其入栈_min；
  • 后面进行入栈时，和_min的栈顶元素比较，如果入栈的值小于等于_min的栈顶元素，就入栈_min。

• 出栈：
  • 出栈时，如果_st的出栈元素等于_min的栈顶元素，那么两个栈都出栈；
  • 如果_st的出栈元素不等于_min的栈顶元素，只出_st栈。

代码实现：

class MinStack {public:MinStack() {}void push(int val) {_st.push(val);if (_min.empty() || val <= _min.top()){_min.push(val);}}void pop() {if (_min.top() == _st.top()){_min.pop();}_st.pop();}int top() {return _st.top();}int getMin() {return _min.top();}private:stack<int> _st;stack<int> _min;};

2.11 栈的压入、弹出序列

✈ 原题链接 ：栈的压入、弹出序列

这道题的主要思路就是——模拟。

具体思路：

• 直接模拟栈的出入栈过程。
• 按照给定的入栈顺序依次入栈，入到入栈元素和出栈序列的第一个元素相同时，开始出栈，同时指向出栈序列的下一个元素，循环这个过程，直到栈顶元素和出栈序列元素不同或者栈为空，停止出栈。
• 循环上述过程，直到遍历完入栈序列。
• 此刻，如果栈中没有元素，说明题目给定序列正确，反之，不正确。

代码实现：

class Solution {public:bool IsPopOrder(vector<int> pushV, vector<int> popV) {stack<int> st;int i = 0, j = 0;// 循环下面的过程，直到遍历完入栈序列while (i < pushV.size()){st.push(pushV[i++]);// 当栈顶元素和出栈序列相等时，开始出栈while (!st.empty() && st.top() == popV[j]){st.pop();j++;}}return st.empty();}};

2.12 逆波兰表达式求值

✈ 原题链接 ：逆波兰表达式求值

逆波兰表达式由波兰的逻辑学家卢卡西维兹提出。逆波兰表达式的特点是：没有括号，运算符总是放在和它相关的操作数之后。因此，逆波兰表达式也称后缀表达式。

具体思路：
逆波兰表达式严格遵循「从左到右」的运算。计算逆波兰表达式的值时，使用一个栈存储操作数，从左到右遍历逆波兰表达式，进行如下操作：

• 如果遇到操作数，则将操作数入栈；

• 如果遇到运算符，则将两个操作数出栈，其中先出栈的是右操作数，后出栈的是左操作数，使用运算符对两个操作数进行运算，将运算得到的新操作数入栈。

• 整个逆波兰表达式遍历完毕之后，栈内只有一个元素，该元素即为逆波兰表达式的值。

上面思路出自力扣官方

代码实现：

class Solution {public:int evalRPN(vector<string>& tokens) {stack<int> st;for (const auto& str : tokens){if (str == "+" || str == "-" || str == "*" || str == "/"){int right = st.top();st.pop();int left = st.top();st.pop();switch (str[0]){case '+':st.push(left + right);break;case '-':st.push(left - right);break;case '*':st.push(left * right);break;case '/':st.push(left / right);break;}}else{st.push(stoi(str));}}return st.top();}};

2.13 数组中的第K个最大元素

✈ 原题链接 ：数组中的第K个最大元素

法一 ：排序

直接排序，选出第k个元素，时间复杂度为 $O(n\ast logn)$。

class Solution {public:int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {sort(nums.begin(), nums.end(), greater<int>());return nums[k - 1];}};

法二 ：堆排序

使用堆排序，时间复杂度为 $O(n+k\ast logn)$

class Solution {public:int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {priority_queue<int> pq(nums.begin(), nums.end());for (int i = 1; i < k; ++i){pq.pop();}return pq.top();}};

法三 ：TopK

TopK问题，直接建立一个k个元素大小的小栈，用TopK的解法即可。时间复杂度为 $O(n+n\ast logk)$，这是这道题的最优解了。

class Solution {public:int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> pq(nums.begin(), nums.begin() + k);for (int i = k; i < nums.size(); ++i){if (nums[i] > pq.top()){pq.pop();pq.push(nums[i]);}}return pq.top();}};

没有了解过堆的同学可以看这篇文章——【数据结构】堆的全解析，其中很详细的讲解了堆排序和TopK问题。

⚔ 后记

白晨写本文的目的是帮助更多的C++入门学习者更快掌握C++的语法，并且可以将C++用于实践，希望大家可以在这篇文章中有所收获。

如果这篇文章有帮到你的话，还请多多支持白晨，你的支持就是对白晨最大的鼓励。

如果解析有不对之处还请指正，我会尽快修改，多谢大家的包容。

如果大家喜欢这个系列，还请大家多多支持啦！

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我是不太能熬夜的白晨，我们下篇文章见。