使用 dp[i][j] 记录子串 s[i..j] 通过任意加括号能得到的所有结果（范围 0~1000）。// 左子表达式 s[i..k-1] ，右子表达式 s[k+1..j]// 2. 区间 DP：长度从 3 开始，每次+2（保证子表达式合法）// dp[i][j] 存储子表达式 s[i..j] 所有可能的结果。// 默认上一次的运算符为 '+'，这样第一个数字直接入栈。// 枚举运算符位置 k（

更新后继课程的最早完成时间。# dp[i] 表示完成课程 i 的最早时间。# 所有课程完成时间的最大值即为答案。# 构建图 (0-index)# 初始化入度为 0 的课程。# 拓扑排序 + DP。

以下是 LeetCode 1987 “不同的好子序列数目” 的。

这就像操作系统中的 I/O 调度：让耗时长的 I/O 操作（生长）尽早开始，这样在它生长的时候，CPU（你）可以去处理其他任务（播种其他花）。*对于每朵花，先更新 currentTime（加上播种时间），然后计算它的开花时间（currentTime + growTime[i]）。// 这朵花的开花时间。1.按 growTime 降序排序：种子1(grow=3), 种子0(grow=2), 种子2(

对于 (座位1, 座位2) 与 (座位3, 座位4) 之间的一段（即从座位2+1到座位3-1 这些字符），假设这段长度为 len（全是植物），那么我们可以选择在这 len 个位置中放若干个隔板吗？隔板只能放在两个座位之间（不允许放在座位之前或之后），也就是说在 index2+1 与 index3-1 之间的缝隙（植物之间的缝隙）可以任意选择一个或多个？· 在块与块之间放置隔板，位置是在前一个块的最

我们需要从 (0,0) 到 (m-1, n-1) 找一条路径，使得路径上的字符组成的括号字符串是合法的。// 剪枝：balance不能为负，且不能超过剩余路径能匹配的最大值。状态设计：(i, j, balance) 表示到达 (i,j) 时未匹配的左括号数。· balance 最大不会超过路径长度的一半（最多 (m+n-1)/2）· 时间复杂度：O(m × n × (m+n))，但实际剪枝后远小于

对于任意两个数 num1 和 num2，(num1 & num2) 和 (num1 | num2) 的二进制中 1 的个数之和，等于 num1 和 num2 各自二进制中 1 的个数之和。- bit_count() 是 Python 3.8+ 引入的方法，如果环境版本较低，可以用 bin(x).count('1') 替代。- 时间复杂度：O(n + 32²)，其中 n 是数组长度，32 是常数，所

3. 发现环的条件：当遇到一个节点 cur，它的 visitTime[cur] 不为 0，且大于本轮开始时间 startTime，说明这个节点是在本轮遍历中被访问过的，即构成了环。4. 环长计算：time - visitTime[cur] + 1，其中 time 是当前时间戳（已自增到下一个未访问节点），visitTime[cur] 是环上节点的起始时间戳。// 记录本轮路径中节点的时间。// 解

fmt.Println(shortestSequence([]int{1,1,2,2}, 2))// 输出: 2。fmt.Println(shortestSequence([]int{1,1,3,4}, 4))// 输出: 1。fmt.Println(shortestSequence([]int{4,2,1,2,3,3,2,4,1}, 4)) // 输出: 3。输入: rolls = [4,2,1

关键在于：当 x-1 被恢复时，它会执行 parent[x-1] = find(x)，而此时 x 可能还未激活。但当我们恢复 x 时，seg_sum[x] 仍为 0（除非 x-1 已合并到 x）。seg_sum[r] += seg_sum[x] + nums[x]# 自动包含左边（如果 x-1 已恢复，它已合并到 x）实际上，在只向右合并的策略中，所有左边的段最终都会通过链式合并进入右边的根，所以