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RSS订阅原创 leetcode 3075（排序+贪心）
本质上，由于存在 max(0,...) 这个 “截断” 机制，越小的值越容易触发 “保底 0”。为了保护总和，我们应该。每个孩子被选中时，其贡献是 max(0, 初始值 - 已经过去的轮数)；，让那些迟早要变成 0的小值去承担减量。3075: 幸福值最大化的选择方案。只能选k个，优先选择较大的。
2025-12-25 23:46:44
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原创 leetcode 3074
的箱子中，那就先把所有苹果堆在一起，然后一个个地装箱。为了少用箱子，要先装大箱子，再装小箱子。注：题目保证可以将所有苹果重新分装到箱子中。既然同一个包裹中的苹果可以分装到。3074: 重新分装苹果。
2025-12-24 16:47:57
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原创 leetcode 2054（排序 + 单调栈，通用做法是 DP）
枚举第二个活动，在单调栈中二分查找结束时间严格小于 startTime 的最后一个活动，即为价值最大的第一个活动。单调栈递增，如果找不到，因为有“栈底哨兵”，因此找不到满足条件的活动时，it={0,0}，it->second=0，不会越界。把这些活动记录到一个栈（列表）中，那么从栈底到栈顶，结束时间是递增的，价值也是递增的，非常适合。题意：在结束时间小于 startTime 的活动中，选择价值最大的活动。活动二的结束时间又晚，价值又小，全方面不如活动一，是垃圾数据，直接忽略。
2025-12-23 18:24:35
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原创 leetcode 960
思路：求删除最少，考虑最多能保留多少列；动态规划dp，问题等价于计算数组 strs 中的所有字符串的。，这里的公共的含义是下标相同。最长公共递增子序列的长度。960: 删列造序Ⅲ。
2025-12-22 12:03:28
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原创 leetcode 955
第一列是升序，不删；对于第二列，此时第二列分成了两组 [c,d] 和 [a,b]，只需判断组内字母是不是升序，而不是完整地比较第二列的四个字母。题意：在执行删除操作之后，最终得到的数组的元素是按。955: 删列造序Ⅱ。
2025-12-22 00:03:41
199
原创 leetcode 2092(排序+bfs)
解读：在同一时间发生的所有会议，可以视作一个无向图。专家是图中的节点，meetings[i] 是图的边，连接 xi 和 yi。这个图可能有多个连通块。每个连通块只要有一个人知道秘密，那么整个连通块的人都能知道秘密。假设一开始 0 和 1 知道秘密。2092: 找出知晓秘密的所有专家。思路：排序+bfs广度优先搜索。
2025-12-19 16:32:51
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原创 leetcode 3652(定长滑动窗口/前缀和)
对于价格 p，如果修改前策略是 x，修改后策略是 y，那么利润增加了 p⋅(y−x)。比如原来买入，现在持有（不买入），那么利润增加了 p⋅(0−(−1))=p。又比如原来买入，现在卖出，那么利润增加了 p⋅(1−(−1))=2p。这里可能出现 maxSum<0 的情况，此时不修改更好，也就是与 0 取最大值。下面计算每个窗口的 sum，考察从 [i−k,i−1] 向右滑到 [i−k+1,i]，sum 如何变化。思路：定长滑动窗口 / 前缀和，枚举修改子数组 [i−k,i−1]
2025-12-18 17:42:47
138
原创 leetcode 3573(买卖股票问题，状态机dp）
此外，对于 dfs(i,j,0)，在计算最大值时额外考虑在第 i 天买回股票（平空）的情况，即 dfs(i,j,2)−prices[i]。下标 0~k+1（三个状态 - 二维数组）3573: 买卖股票的最佳时机Ⅴ。思路：状态机（买卖股票问题）
2025-12-17 18:02:28
159
原创 leetcode 3562(树上背包 + 状态机)
注：数据范围说 hierarchy.length == n - 1，且 员工 1 是所有员工的直接或间接上司，所以输入是一个 n 点 n−1 边的连通图，即树。站在节点 x 上，讨论是否购买 present[x]。设节点 y 是节点 x 的儿子。注意这里用了 0-1 背包的空间优化（倒序遍历 | 至多）subF[j][k]。x 的所有儿子子树 y 的最大利润总和。3562: 折扣价交易股票的最大利润。的子树看作一个「物品组」，体积是。取决于 x 的父节点有没有买股票。，能得到的 最大净利润。
2025-12-16 18:19:35
678
原创 leetcode 2147
一般地，对于第 3,5,7,…个座位，可以在其到其左侧最近座位之间的任意空隙放置一个屏风，空隙个数为两个座位的下标之差。总的方案数为每个屏风的放法之积。在示例 1 中，我们可以在第 2 个座位和第 3 个座位之间的任意空隙放置一个屏风，空隙个数为两个座位的下标之差 4−1=3。2.一共有奇数个座位。这会导致某一段只有一个座位，不满足要求。不满足题目「每一段内都恰好有两个座位」的要求。2147: 分割长廊的方案数。
2025-12-14 19:30:20
188
原创 leetcode 3433(排序+模拟)
按照时间戳 timestamp 从小到大排序，时间戳相同的，离线事件排在前面，因为题目要求「注意输入的 events 不保证是按时间顺序发生的，需要先排序。在所有相同时间发生的消息事件之前处理」。3433: 统计用户被提及情况。
2025-12-12 15:10:57
172
原创 leetcode 3531
对于每个建筑 (x,y)，如果 x 在这一行的最小值和最大值之间（不能相等），y 在这一列的最小值和最大值之间（不能相等），那么答案加一。如果一个点不在同一行的最左边也不在最右边，那么这个点左右都有点；如果一个点不在同一列的最上边也不在最下边，那么这个点上下都有点。记录同一行的最小横坐标和最大横坐标，同一列的最小纵坐标和最大纵坐标。3531: 统计被覆盖的建筑。
2025-12-11 22:43:44
218
原创 leetcode 3577
根据定理，如果计算机 0 右边的所有计算机的密码复杂度都比 complexity[0] 大，那么我们可以按照任意顺序解锁这 n−1 台计算机，方案数为 n−1 个不同。用计算机 j 解锁计算机 i 的前提是 j<i 且 complexity[j]<complexity[i]。：当且仅当计算机 0 右边的所有计算机的密码复杂度都比 complexity[0] 大，才能解锁所有计算机。3577: 统计计算机解锁顺序排列数。
2025-12-10 22:20:54
256
原创 leetcode 3583(三变量问题，枚举中间的变量)
由于答案不超过 n⋅10^5⋅10^5≤10^15，可以只在返回时取模。3583: 统计特殊三元组。
2025-12-09 21:34:39
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原创 leetcode 1925(枚举)
我们可以枚举所有 a>b 的平方和三元组 (a,b,c)。由于 a^2+b^2=b^2+a^2，所以 (b,a,c) 也是平方和三元组。所以只需统计 a>b 的情况，最后把统计结果乘以 2，即为答案。是整数，那么我们找到了一个平方和三元组 (a,b,c)，计数器加一。枚举 a,b，如果 a^2+b^2 ≤n*n (c<=n) 且 c=1925: 统计平方和三元组的数目。（向 0 取整，不是四舍五入），这是“隐式类型转换”，
2025-12-08 21:45:21
159
原创 leetcode 3578(单调队列+动态规划)
的连续子段]枚举最后一个子数组的左端点 j，那么问题变成前缀 nums[0] 到 nums[j−1] 在题目约束下的分割方案数，即 f[j]。动态规划：我们设 dp[i+1] 表示以 i 为结尾的前缀子数组 nums[0⋯i] 满足题目要求的分割方案数，单调队列是一种特殊的队列数据结构，它维护队列中的元素具有单调性（单调递增或单调递减）。nums[0] 到 nums[i] 在题目约束下，分割出的最少（最多）子数组个数，本题是定义成。，由于子数组越长，最大值越大，最小值越小，最大最小的差值越可能大于 k。
2025-12-06 18:46:56
235
原创 leetcode 3432
题目要求 L−(S−L)=2L−S 是偶数。设 nums 的元素和为 S，左子数组元素和为 L，那么右子数组的元素和为 S−L。3432: 统计元素和差值为偶数的分区方案。上述结论与 i 无关。
2025-12-05 19:27:04
164
原创 leetcode 2211
碰撞发生后，涉及的车辆状态变为'S'；首先排除不可能发生碰撞的车:最左侧向左、最右侧向右。2.状态为'L'or'R'的车与'S'车相撞 +1（非S车辆数目为1）1.两辆方向相反的车相撞 +2（非S车辆数目为2）2211: 统计道路上的碰撞次数。->统计有多少非 S 的车即可。区间内都会被“卡住”；
2025-12-04 13:19:50
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原创 leetcode 3625
int 一般认为是32bit，高16位为横坐标，低16位为纵坐标->把二维坐标压缩成一个 int。dy/dx 强制整个表达式按 double 精度计算，防止“整数除法”把结果截断成整数。在 C/C++ ，0 被视为 false，非 0 被视为 true。能表示的最大有限值（≈1.79769e+308）若 dx = 0（垂直），把 k 标记成。（一个不可能与任何正常斜率冲突的特大数）3625: 统计梯形的数目Ⅱ。我们用的是顶边和底边，
2025-12-03 23:45:57
278
原创 leetcode 3623(组合数)
根据乘法原理，之前遍历过的行与这一行，一共可以组成s⋅k 个水平梯形，加入答案。枚举每一行，设这一行有 k= c*(c-1)/2 条水平边，那么另外一条边就是。，有c*(c-1)/2种选法，可以组成一条水平边，即梯形的顶边或底边。首先，统计每一行的点的个数，如果这一行有 c 个点，那么。思路：组合数C(n,k) （即“n 选 k”）3623: 统计梯形的数目Ⅰ。从这 c 个点中选 2 个点。
2025-12-02 21:25:31
206
原创 leetcode 2141(二分查找)
1.假设可以让 n 台电脑同时运行 x 分钟，那么对于电量大于 x 的电池，其只能被使用 x 分钟，因此每个电池的使用时间至多为 min(batteries[i],x)。那么要让 n 台电脑同时运行 x 分钟，如果可以运行 k 分钟，那么也一定可以运行 k−1,k−2,⋯ 分钟。因此一定存在一个 k′，使得我们可以运行 ≤k′分钟，但不能运行 >k′分钟，此时 k′就是我们需要求出的答案。2.当 总的可供电时间>=mid*n，代表当前mid可行。思路：运行时间k是有范围限制的，因此可以考虑。
2025-12-01 23:15:22
305
原创 leetcode 1590(子数组和问题，前缀和)
如果 last 中包含 (s[i]modp−xmodp+p)modp，设其对应的下标为 j，那么 [j,i) 是一个符合题目要求的子数组，用其长度 i−j 更新答案的最小值。思路：设 nums 的元素和为 x，去掉的子数组和为 y。x−y 能被 p 整除，根据前置知识中。INT_MAX约为（2.1 × 10^9），数组所有元素求和，mod p可以表示为int。遍历 s[i] 的同时，用哈希表 last。记录 s[i]modp 最近一次出现的下标。的定义，这等价于 y≡x(modp)；
2025-11-30 14:12:04
154
原创 leetcode 2872
如果其中一个连通块的点权和不是 k 的倍数，那么这个连通块无论如何分割，始终存在一个点权和不是 k 的倍数的连通块。由于题目保证整棵树的点权和是 k 的倍数，所以只需看其中一个连通块的点权和是否为 k 的倍数。计算子树 x 的点权和 s，如果 s 是 k 的倍数，那么可以删除 x 到其父节点这条边。注意根节点没有父节点。删除后，由于分割出的连通块点权和仍然是 k 的倍数，所以可以继续分割，直到无法分割为止。不是 k 的倍数的数，继续拆分，始终存在一个不是 k 的倍数的数。连通块的数目等于删除的边数加一。
2025-11-28 23:58:41
262
原创 leetcode 3381(子数组和问题，前缀和)
假设先不考虑长度被 k 整除，直接求最大和非空子数组，有一种使用前缀和的解法：枚举子数组的右端点，那么最佳左端点就是之前出现过的前缀和最小的位置。由于 −1 与 k−1 模 k 同余，所以初始化 minS[k−1]=0。加入长度被 k 整除的条件，思路也是一样的，只不过额外限制了左右端点的下标 modk 的值需要相同。问题相当于：计算最大的 s[j]−s[i]，满足 i<j 且 j−i 是 k 的倍数。子数组 [i,j) 的元素和为 s[j]−s[i]，长度为 j−i。在 C/C++ 里属于。
2025-11-27 18:18:36
196
原创 leetcode 2435(动态规划——从记忆化搜索到递推)
注：如果不写 f[0][1]=1，那么需要在代码中特判 i=j=0 的情况，因为 f[1][1] 属于初始值，不能用状态转移方程计算。但是，如果把初始值改成 f[0][1]=1（或者 f[1][0]=1），就无需特判 i=j=0 的情况了，f[1][1] 也可以用状态转移方程计算。递归入口：题目求从起点 (0,0) 走到 (m−1,n−1)，且路径和模 k 为 0 的路径数，即dfs(m−1,n−1,0)递归边界：dfs(−1,j,s)=dfs(i,−1,s)=0 无法从 (0,0) 到达这些位置。
2025-11-26 23:31:12
420
原创 leetcode 1018
比如 nums=[1,1,0,1]，每个前缀对应的二进制数分别为 1,11,110,1101。在十进制中，我们往 12 的右边添加 3，得到 123，做法是 12⋅10+3=123。对于二进制，做法类似，往 110 的右边添加 1，得到 1101，做法是 110⋅2+1=1101，或者 110 << 1 ∣ 1=1101。注意本题 nums 很长，算出的二进制数 x 很大，但我们只需要判断 xmod5=0 是否成立。可以在中途取模，也就是每次循环计算出新的 x 后，把 x 替换成 xmod5。
2025-11-25 00:06:46
244
原创 leetcode 1262(dp动态规划)
初始值 f[0]=[0,−∞,−∞]，翻译自 dfs(−1,0)=0,dfs(−1,1)=−∞,dfs(−1,2)=−∞。注意，如果 (j−x)mod3<0，需要再 +3 调整到 [0,2] 内。定义 dfs(i,j) 表示从 nums[0] 到 nums[i] 中选数，（注意这里的定义是已经选的，上面定义的是还需要选的。的数字之和 s 满足 smod3=j 的前提下，s 的最大值。答案为 f[n][0]，翻译自 dfs(n−1,0)。思路：dp动态规划（选or不选）递归入口：dfs(n−1,0)。
2025-11-24 14:44:53
242
原创 leetcode 3190
由此可见，对于不是 3 的倍数的元素，只需操作一次就可以变成 3 的倍数，所以答案为不是 3 的倍数的元素个数。3190: 使所有元素都可以被3整除的最少操作数。思路1：取余数，3和余数的差值 两者的较小值。
2025-11-22 15:32:06
173
原创 leetcode 1930
1930: 长度为3的不同回文子序列。元素已存在 → 直接忽略，返回。单元，全部初始化为 -1。元素不存在 → 插入，返回。一次性开出 26 个。
2025-11-21 23:55:55
198
原创 leetcode 2154
返回不在 nums 中的最小的 original*2^k，其中 k 是非负整数。哈希集合记录的元素可以更少，只需要记录符合 original*2^k 的元素。2154: 将找到的值乘以2。思路2：只记录所有可能值。
2025-11-19 20:44:57
148
原创 leetcode 717
分类讨论：如果最后剩下一个数字，由于题目保证 bits[n−1]=0，返回 true。如果最后没有剩下数字，说明字符串的最后一个字符不是1比特字符，返回 false。思路：两种字符的第一个数字是不同的，一个是 0，另一个是 1。717: 1比特与2比特字符。
2025-11-18 21:25:38
108
原创 leetcode 1437
int k) 中nums是一个数组，所以用if(nums[i]==1)；) 中s是一个字符串，所以用if (s[j] ==1437: 是否所有1都至少相隔k个元素。之前的题目int numSub(思路：记录所有1的下标。
2025-11-17 20:01:43
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