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求最大公约数需要遍历 numsDivide（O(m)），排序 nums 需要 O(n log n)，最后遍历 nums 需要 O(n)。如果你使用的是较老版本的 C++ 编译器（低于 C++17），可以直接启用代码注释中的自定义 gcd 函数即可。3. 计算删除次数：遍历排序后的 nums，找到第一个能整除 g 的元素（即 g % nums[i] == 0），它的下标 i 就是需要删除的最少次数。
"aaabcbc"要点：1.全局i， 2.识别character， 数字.isDigit(c), 【temp】
思路参考Bilibili灵神的讲解。
/ 存储索引，队首为最大 chargeTimes 的索引。· 总费用 = max(chargeTimes[i..j]) + (j-i+1) * sum(runningCosts[i..j])// 如果左边界正好是队首元素，则弹出。// 2. 累加 runningCosts。// 3. 若费用超预算，移动左边界。// 1. 维护单调递减队列。// 4. 更新答案。· 时间：O(n)，每个元素最多入队
这篇文章介绍了一个使用滑动窗口算法在字符串s中查找所有p的字母异位词起始位置的解决方案。核心思路是通过两个哈希表分别统计p的字符频率和当前窗口的字符频率，当窗口大小等于p长度时比较频率是否一致。主要步骤包括：初始化p的字符频率表，用双指针维护滑动窗口，当窗口字符频率与p完全匹配时记录起始位置，遇到无效字符时重置窗口。该算法时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)，适用于处理字符串匹配问题。
本文分享了LeetCode动态规划经典题目的解题思路与优化过程。通过198.打家劫舍和279.完全平方数两道中等难度题目，展示了动态规划的核心思想：198题从基础DP解法出发，逐步优化到O(1)空间复杂度，体现了状态转移的简化过程；279题则转化为完全背包问题，通过遍历完全平方数寻找最优解。文章强调状态定义的重要性，以及通过空间优化来深入理解问题本质，建议将动态规划题目分类掌握，如背包问题、线性D
具体实现：定义两个变量计数位和标记位，将计数位初始化为1 ，将标记位为数组第一个元素 如图[2,2,1,1,1,2,2]思路是先对数组进行排序，之后定义双指针**，左指针为i+1,右指针为最后一个数组元素，进行求和找和第一个数字相等的数**例如[4,1,2,1,2] 4和1异或为5 5和2异或为7 7和1异或为6 6和2异或为4 这样就能找出唯一的数字了。这题可以利用排序就返回中间位置元素，就是数
哈希表等值查询快但不支持范围和排序，二叉树太深磁盘 IO 高，B 树数据分散导致分叉不足，B+ 树通过非叶子只存键值和叶子双向链表两重优化，让树极矮且支持高效顺序扫描，完美匹配 MySQL 磁盘 IO 和范围查询的多重需求。碎碎念：后续会更新每天学习的八股和算法 题，暑假实习找不到了，开始准备秋招的第7天。努力连续更新100天！今天确实又没咋学，感觉一放假就不能正常学习，要坚持鸭，不要自己放纵自己
当 `minPos` 或 `maxPos` 在 `leftBound` 左边时，`validStart` 也会 ≤ `leftBound`，自然不会被计入。- 对于当前位置 `i`，以 `i` 结尾的有效子数组数量为 `max(0, min(minPos, maxPos) - leftBound)`// 子数组 [1,3,5,2] 包含min=1,max=5?3. 子数组内的所有元素都在 `[mi
思路：遍历时用哈希表存 ，查是否已在表中。vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) { unordered_map<int, int> mp; for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) { &nbs
这道题的核心思路是：先判断每个连通分量是否是二分图（有奇环则无解），再对每个连通分量枚举起点做BFS求最大深度，最后累加各分量的最大深度。示例1：n=6, edges=[[1,2],[1,4],[1,5],[2,6],[2,3],[4,6]]# 3. BFS函数：以start为根，返回该连通分量能分出的最大组数，若含奇环返回-1。二分图判定在BFS过程中，若相邻节点深度差不为1，说明存在奇环，直接
如果数组按降序排列，那么第 k 大元素的位置就是：int target = k - 1;请注意，你需要找的是数组排序后的第 k 个最大的元素，而不是第 k 个不同的元素。给定整数数组 nums 和整数 k，请返回数组中第 k 个最大的元素。输入: [3,2,3,1,2,4,5,5,6], k = 4。：每次 partition 后，只处理目标下标所在的一边。：每次 partition 后，左右两边
这篇文章转载自。
但更简单的统一方法是：将比 k 大的数记为 +1，比 k 小的数记为 -1，等于 k 的记为 0。那么对于包含 k 的子数组，左部分和 + 右部分和 = 0（奇数长度）或 = 1（偶数长度，k 在左中位）。实际上 LeetCode 2488 的定义：子数组长度为奇数时，中位数是中间元素；长度偶数时，中位数定义为中间靠左那个。但要注意，题目统计的是。这道题要求统计所有子数组中，中位数等于 k 的子数
O(n)，空间复杂度：O(n)
/ 小根堆ArrayListi++) {
本文介绍了爬楼梯问题的动态规划解法。该问题要求计算爬到n阶楼梯的方法数，每次可爬1或2阶。通过分析发现其符合斐波那契数列规律（F(n)=F(n-1)+F(n-2)）。作者采用O(1)空间复杂度的迭代方法，用两个变量存储前两项结果，逐步计算到第n项。代码处理了边界条件（n=1和n=2），并通过循环从第3阶开始迭代计算。该方法时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)，是效率最优的解决方案。
本文介绍了解决LeetCode 611题;有效三角形个数;的两种方法。首先通过数学分析得出三角形判定条件：对于排序后的三个数a≤b≤c，只需满足a+b>c。暴力枚举法需要O(N^3)时间复杂度，而优化后的双指针算法通过固定最大数c，在剩余数组中使用双指针统计满足条件的三元组，将复杂度降至O(N^2)。关键步骤包括数组排序、固定最大值、双指针遍历统计有效组合。该算法充分利用了排序后的单调性，显著提升
第二个子数组：2 + (5 - 3) = 6（1 出现 3 次，2 出现 1 次，3 出现 2 次；不对，重新算：1 出现 3 次保留，2 出现 1 次移除，3 出现 2 次保留，trimmed = [1,1,3,3]，长度为 4，重要性 = 2 + 4 = 6）我们定义 `dfs(i)` 为从下标 `i` 开始拆分数组的最小代价，答案即为 `dfs(0)`。- 当 `nums[j]` 第二次出现
1. 取模优化：不用循环减法， a % b等价于连续减b ，大幅提速，适配大数用例。1. 若tx > ty ：只能由(tx-ty, ty)而来（或先除2）2. 若ty > tx ：只能由(tx, ty-tx)而来（或先除2）复杂度：时间 O(\log(\max(tx,ty)))，空间 O(1)（迭代版）。3. 若x、y均为偶数： (x, y) → (x/2, y/2)给定(tx, ty) ，判断能
2. 差分数组优化区间更新：当需要在 [i, i + 2r] 区间统一加 need 时，只需在 diff[end] -= need，遍历时累加 sumD 就能得到当前城市的额外电量。// 在 i + r 处建 need 座电站，影响范围 [i, i + 2r]console.log(maxPower([1,2,4,5,0], 1, 2));// 当前城市电量直接补足。// 1. 计算每个城市的初始
dp[i] = min(dp[j] + cost(j, i-1))其中 0 ≤ j < i。// 重要性 = k + (子数组长度 - 唯一数字个数)定义 dp[i] 表示拆分前 i 个元素（下标 0 到 i-1）的最小代价。- 等价于：重要性 = k + (子数组长度 - 只出现一次的数字个数)// 首次出现，算作"唯一"数字。// 子数组长度 = i - j。- 代价 = (2 + 0) +
结论：(targetX, targetY) 能到达 (1, 1) 的充要条件是：gcd(targetX, targetY) 是 2 的幂次方（即形如 1, 2, 4, 8, 16...）。从 (1, 1) 正向推导到 (targetX, targetY) 路径太多，不好下手。因此，从 (targetX, targetY) 出发，无论怎么操作，最终得到的 GCD 一定是原始 GCD 不断除以2的结果
删中间一段：保留前缀t[0..i] + 后缀t[j..m-1]，要求pre[i] < suf[j]（保证前后缀在s中不重叠），得分 = j - i - 1。- suf[i]：t的后缀t[i..m-1]在s中能匹配到的最晚开始位置（反向贪心匹配）// suf[i]：t[i..m-1] 作为子序列在 s 中能匹配到的最晚开始位置。// 枚举前缀的结束位置i，找后缀的开始位置j，使得pre[i] < s
【代码】【每日一题】LeetCode 160相交链表TypeScript。
操作2：nums2[i] += nums1[i] * p，相当于sum2 += nums1中1的个数 * p。// 操作2：nums2[i] += nums1[i] * p。- 反转一个节点时：sum = 区间长度 - 原sum（因为0变1，1变0）// 操作1：反转nums1的[l, r]区间。- 操作1是区间修改（反转），操作2需要查询整个nums1中1的个数。- 操作1：反转nums1的区间
删中间一段：保留前缀t[0..i] + 后缀t[j..m-1]，要求pre[i] < suf[j]（保证前后缀在s中不重叠），得分 = j - i - 1。// suf[i]：t[i..m-1] 作为子序列在 s 中能匹配到的最晚开始位置（s中的下标）// pre[i]：t[0..i] 作为子序列在 s 中能匹配到的最早结束位置（s中的下标）- suf[i]：t的后缀t[i..m-1]在s中能匹配
1. 可行性判断：统计所有水果在两个篮子中的净出现次数（basket1中+1，basket2中-1）。2. 收集待交换水果：对于净出现次数不为0的水果，需要将多出的一半交换到另一个篮子。4. 贪心配对：将待交换的水果排序后，取最小的前一半与最大的后一半配对（通过排序后取前一半，相当于自动完成了最优配对）。- 直接交换：两个需要交换的水果直接互换，成本 = min(x, y)# 需要交换 |freq
其实这个问题还可以用**生成函数**的角度理解：每种题目类型对应多项式 `(1 + x^mark + x^(2*mark) + ... + x^(count*mark))`，答案就是所有多项式乘积中 `x^target` 的系数！1. **类型安全**：`target: number`, `types: number[][]` 让代码意图一目了然。- 🎯 **状态定义**：`dp[time]`
【代码】【每日一题】LeetCode 206. 反转链表TypeScript。
让我给你一个**终极优化版**的C++实现，这次用位运算哈希 + 向量预分配，保证又快又稳！1. **超快哈希**：用 `long long` 直接存储 `(u << 32) | v`，比字符串快10倍不止！- 🔄 **状态转移**：从父到子换根时，只需要考虑 `(u,v)` 和 `(v,u)` 这两条有向边的变化。- 🎯 **换根DP**：就像树在做瑜伽，每次换个姿势（根），只调整相邻节点的
其实这道题还可以用**生成函数**的思想来理解，每种题目类型对应一个多项式 `(1 + x^mark + x^(2*mark) + ... + x^(count*mark))`，最终答案就是所有多项式相乘后 `x^target` 的系数！题目大意是：给定不同类型的题目，每种题目有数量限制、需要的时间和能获得的分数，问恰好用完`target`时间能获得的最大分数有多少种方法。// 第i-1种题目的分
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