力扣回文数java

<think>嗯，用户想用Java解决LeetCode上的回文数问题。我需要先回顾题目要求。回文数是指正读和反读都一样的数字，比如121。负数因为有负号，所以肯定不是回文数。另外，像10这样的数，反转后末尾的0会导致问题，也需要考虑。 用户提供的引用里有几种解法。第一个方法是将数字转为字符串，然后逐个比较对称位置的字符。这方法简单直接，但可能效率不高，因为字符串操作和循环需要时间。第二个方法是用StringBuilder的reverse方法，比较原字符串和反转后的字符串是否相同。这种方法代码简洁，但同样有字符串处理的性能问题。第三种方法是分解数字到集合中，然后比较对称位置的元素。这可能避免了字符串处理，但需要处理集合，可能空间复杂度较高。 另外，用户提到的数字翻转法，比如完全反转数字或者反转一半数字，可能更高效。比如，反转整个数字，然后与原数字比较。但需要注意溢出问题，不过根据LeetCode题目描述，回文数反转后不会溢出，所以可能可以忽略。或者反转后半部分，这样不需要处理溢出的情况，例如当原始数字的后半部分反转等于前半部分时即为回文数。例如，1221的后半部分21反转成12，与前半部分12相等。 不过，用户提供的引用中似乎没有提到反转一半的方法，这可能是一个优化的方向。另外，要考虑特殊情况，比如x是负数时直接返回false，或者x非零但末尾是0的情况，例如10，反转后01不等于10，所以这些情况可以直接排除。 现在需要整理这些方法，并给出Java代码示例。首先，字符串遍历法，然后是字符串反转法，接着是数字反转法（完全反转和反转一半）。需要比较它们的优缺点，比如时间复杂度和空间复杂度。例如，字符串方法需要O(n)的额外空间，而数字反转法可能只需要O(1)的空间。 另外，要注意数字反转法中的溢出问题。例如，如果原数字不是回文数，反转后可能会导致整数溢出。但根据题目限制，输入是32位整数，所以如果反转后的数字溢出的话，原数字肯定不是回文数，因此可以提前返回false。或者，在反转一半的情况下，可以避免这个问题，例如当数字长度是偶数时反转后半部分，长度是奇数时反转后半部分并去掉中间数。 总结，应该提供四种方法：字符串遍历、字符串反转、完全数字反转、反转一半数字，并分析它们的优劣。同时，指出最佳实践，例如反转一半数字的方法在时间O(log n)和空间O(1)下最优。</think>### LeetCode 回文数 Java 解法详解 #### 解法一：字符串遍历法 将数字转化为字符串，通过遍历判断对称位置的字符是否相等： ```java public boolean isPalindrome(int x) { String str = String.valueOf(x); for (int i = 0; i < str.length() / 2; i++) { if (str.charAt(i) != str.charAt(str.length() - 1 - i)) { return false; } } return true; } ``` **特点**：直观易懂，但需要$O(n)$额外空间存储字符串[^3]。 #### 解法二：字符串反转法 利用`StringBuilder`的反转方法直接比较： ```java public boolean isPalindrome(int x) { String str = String.valueOf(x); return str.equals(new StringBuilder(str).reverse().toString()); } ``` **特点**：代码最简洁，但存在与解法一相同的性能问题[^2]。 #### 解法三：数字完全反转法 通过数学运算反转整个数字后比较： ```java public boolean isPalindrome(int x) { if (x < 0 || (x % 10 == 0 && x != 0)) return false; int reversed = 0, original = x; while (x > 0) { reversed = reversed * 10 + x % 10; x /= 10; } return original == reversed; } ``` **特点**：空间复杂度$O(1)$，但需处理溢出风险（LeetCode测试用例允许忽略）[^4]。 #### 解法四：数字反转一半法（最优解） 仅反转数字的后半部分，与前半部分比较： ```java public boolean isPalindrome(int x) { if (x < 0 || (x % 10 == 0 && x != 0)) return false; int reversedHalf = 0; while (x > reversedHalf) { reversedHalf = reversedHalf * 10 + x % 10; x /= 10; } return x == reversedHalf || x == reversedHalf / 10; } ``` **特点**：时间复杂度$O(\log n)$，空间复杂度$O(1)$，避免了完全反转的溢出问题[^1]。 --- ### 关键逻辑说明 1. **负数处理**：直接返回`false`（负数不可能为回文数）[^1][^3]。 2. **末尾为0的特殊情况**：若数字非零但末位为0（如10），直接排除。 3. **反转终止条件**：当原始数字小于等于反转后的半段时，说明已处理完一半位数。 --- ### 性能对比 | 方法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 适用场景 | |--------------------|------------|------------|------------------------| | 字符串遍历法 | $O(n)$ | $O(n)$ | 快速实现 | | 字符串反转法 | $O(n)$ | $O(n)$ | 代码简洁需求 | | 数字完全反转法 | $O(\log n)$| $O(1)$ | 避免字符串操作 | | **数字反转一半法** | $O(\log n)$| $O(1)$ | 最优解，推荐使用 | ---