cy18779588218的博客

2.然后set2遍历第二个数组，如果set2中已有该元素，则跳过，若没有，先存储元素到set2中，接着判断第二个数组中的元素在set1中是否存在，存在则直接存入ret（需要返回的数组）这道理可以直接理解为消消乐，利用栈的特性，从字符串头开始遍历，一个一个进栈，若发现s[i] = st.top(),就删除栈顶，并且遍历下一个数。到最后将栈里面的数一个一个取出+=到ret（需要返回的字符串）中，最后reverse（逆置）就行。（当然，用insert也可以，不过需要加if判断，别让哈希存储相同元素）

我当时的想法非常单一，就是想着用两个数组将s1和s2在vector<string>中的位置储存起来，然后遍历两个数组，求其相减的最小值，可能由于n只到了1e5，就全案例通过了。注意：该题的目的地是下表位n的位置，而不是n-1。1.分析几维（当然也能直接创建多个数组分开分析）2.优化（预处理思想 这里也可以看做dp吧）看题目就清楚了，一眼dp（动态规划）。数组中两个字符串的最小距离。单纯分类讨论，不加赘述。1.自己思路（能跑过）

我的思路超级简单，就是将输入的每个string存入vector，然后遍历每个string的第一个元素，如果为小写字母，就-32存入，若为大写，则直接存入。我一开始的想法是暴力枚举，然后再用滑动窗口优化暴力，将每个符合条件的l和r下标存入一个tmp结构体中，最后遍历这个结构体完成解题。看到题目描述中最小的和，那就是每次都找最大的偶数除以2。时间都差不多，毕竟都是一个算法，但内存大大优化了。这时就很容易想到优先队列（也就是堆）。就是这段代码我唯一不理解的是。堆创建时默认为大根堆。

分析很容易得到dp[i]与dp[i - 1]的关系为dp[i] = dp[i - 1] + m。因为you和oo里面都有o，但是you可以得两分，所以贪心策略尽可能的去凑更多的you，剩下的o则是n - 1分。我一开始分析这道题目的时候，想到的竟然是DFS遍历，压根做不出来，因为做不到多源搜索。因为只有一维，而且状态转移方程只涉及一个数，也可以不创建dp表，用一个变量来表示。就是只需要寻找 dp[n] 和 dp[n - 1] 的映射关系就好了。减一是因为我写的是从1开始的，而题目是从0开始。

最后别忘记将ret逆置一下，因为是从尾开始存入的。注意：最后的结果是倒过来的，所以需要写逆置再返回。这道题要处理的细节还是蛮多的，要多加分析特殊情况。因为要模拟加法运算，链表又是单向的，所以。实际上就是模拟乘法运算。根据上述分析可以得到，其。就可得结果（返回时记得。

很简单的思路，直接一边建立斐波那契数列，一边判断是否已经小于这个斐波那契数，直接break中断循环，然后判断其离前后距离那个更近（也就是去min）。注意：最后如果搜索到底没结果，记得将vis回溯，就一开始遍历过的数调回没遍历过。判断好返回条件就很简单了，就当pos遍历到最后一个数时，就可以返回true了。解析题目本意就是找到离斐波那契数最近的那个输入数的距离。大体一看就可以知道是一道DFS（深度优先遍历）题。注意：最后打印记得左靠齐五格就行。

因为我见了很多DFS的题目返回值都为bool，因此我认为DFS必须以bool作返回值，结果导致浪费很多时间还得不到成果。然后我写代码的时候代码思路没跟上原本思路，直接把所有的l，r，len都存起来，然后最后再遍历一遍存起来的数。回想起才发现思路清晰了，但是代码写的一塌糊涂，其实可以直接在遍历的过程中不断更新l，r，len就可以了。我没有经过思考，所有就把所有情况都遍历了，真的很傻的行为，虽然过了，但是很繁琐嘞，太多情况了。因为是排序过后的，所以只需要遍历包含第一个数在内的四种情况即可。

于是我就想到了可以先去排序，然后采用类似滑动窗口的思想去遍历所有长度，边遍历边更新len。我看到这个方格子直接就想去DFS了，简直无语了。DFS半天，给自己都DFS懵逼了。最大公约数求法：辗转相除法(或者可以用<numeric>头文件中的gcd)最大公倍数 = A * B / A 与 B之间的最大公约数。而且是很基本的动态规划，只比斐波那契难一点点。其实这题正解是dp（动态规划）从一开始存入图，方便初始化。这就是一道普通的数学题。数组中的最⻓连续⼦序列。因为题目要求值连续，

day9的题目都比较简单，就不赘述了。

一开始没认真看题目，直到提交了好几遍没过还是没去检查题目，一直检查代码逻辑，哎呦，难受了。我的一开始的解法是用队列存储一个pair<int, int>一个存值，一个存下标。细节：不确定是不是两数连一起相同，比如ababa 和 abaabc。双指针往该数的两边同时走，然后一直更新len就好了。然后暴力枚举每个组合，最后肯定是超时了。处理好这些细节之后，解题就不容易出错。我以为是收尾字母相同就行了。一道线性加约束条件dp问题。这样就能保证另一种也能过。买卖股票的最好时机(一)

所以从第二天开始遍历，只要prices【i】 > prices【i - 1】就可以加到利润中去（当然你也可以一开始读取整个句子，逆置这个句子后，再去句子里将每个单词逆置。我的做法是用vector存储这些string然后逆置，方便高效且快捷。一开始很多人想的肯定是贪心，但是最后总会有几个样例过不了。细节：可多次卖出，但购买前必须卖出之前的。

则第i个位置的sh个数则为（i - 1位置的sh个数）加上（i - 1位置的s个数 * 1个h）。我的思路是找出长度差值，然后让长的先走差值步数，这样就可以让他们同时出发，我做的题目太少了，最多就做过两个状态的dp，结果就没有考虑dp方面。正解为多（3）状态dp问题，处理好初始化细节就可以。暴力枚举就行，也可以用哈希表，哈希更省一点时间。y[i] : 前 i 个数有几个shy。s[i] : 前 i 个数有几个s。h[i] ：前 i 个数有几个sh。比如前i - 1个位置有n个s，mari和shiny。

如上图，若是多出一个C,必然不可能重排，即C的数量 ＞（n + 1） / 2的话，直接输出noi就行了。简单逻辑题，按照题目意思模拟就能过。找到填入规律就很好办，先。

据题意描述就是每次都取中间的值为水平值，所以我们可以。（注意，需要先排序，因为这样才能得到第二大的值）

返回值则是g <= m, 因为大于m就不满足题意，小于m的话可以通过无限分组（拆开那些同一个声部）来实现。3.BFS遍历，取数出来 cout 然后，将该数连接的线去除。因为n是 >= m的，将n完全拆开是肯定可以拼凑出m组的。同时若出现入度为 1 的数，接着存入队列。一道拓扑排序模板题，了解过拓扑排序就能很简单写出来。数学找规律，找离 x 最近的完全平方数 y。从左往右遍历大数据很有可能超时，这时就要去。2.将入度为 0 的数存入队列。，因为求的是最多小组人数。

一个检查是否为质数的函数，一个检查是否为神奇数的函数。我的思路是遍历所有长度为n的子串，找到比例最高的一串。替换完之后别忘了后面的剩余字符。然后for循环遍历数组即可。注意细节：不要出现前导0。类似固定长度滑动窗口。

存储快乐值和羞耻度的前缀和，然后快乐值总和 sum1 = h[r] - h[l - 1];羞耻度总和 sum2 = s[r] - s[l - 1];注意：要开long long，因为数据量太大。然后一遍一遍更新出maxh和mins和L即可。简单把他当成字符串遍历即可。

比较规则是：首先比较第二个元素的值，如果它们不相等，则按照第二个元素的值从大到小排序；2.当数量超过 9 时，需要逐个拿出 n 的位数，如153次，需要拿出1、5、3三个数。，则按照第一个元素的值从小到大排序。1.数量为一个时不用输出个数。

我们可以从两边开始（一个下标为0， 一个下标为 n - 1）开始遍历，如果一路遍历下来，所有的。模拟就行，唯一可能是难点得就是gcd（最大公约数）中都有相同的字符，则返回Yes，若有一个没有则No。动态规划 - 路径问题。

若从0和n - 1往中间遍历，存在不相同，即可直接break返回 n （个数）。即这时个对称数，但是如果你取除第一个或最后一个外的所有字符，即可组成非对称。我认为这就是一道数学分析找规律题，暴力强解复杂度太高，易超时，解不出来。dp[i], 以i为结尾，可以表示的最大数值。除完之后有无余数，若有，则还可以再挨一次打。填完表后，遍历一遍表中的数，取出最大值即可。题目有要求要最大，所以为 n - 1。若全相同，则返回 n - 1。若字符全相同，则返回0。经此一役小红所向无敌。

方法一：一开始我想复杂了，其实用试错法去试（试多几种方法），最后发现可以直接交换该数和其后面的一个数即可。哈希表存储，从1 往 n 遍历，只要cnt[i]!= 0，就存入ret（数组）。简单叙述就是每个数的左右两边不能一个比他大，一个比他小。反之，就是要让每个数的左右两边数都大于或者都小于他。利用set的特性，直接读入，然后打印。一道动态规划 - 区间dp题目。放个⼩的之后，再放个⼤的。最后遍历数组打印即可。

更好求解，最后返回时返回V - dp[n][V]即可。遍历所有符合条件的匹配方法，找出。判断是否为2的n次方就好了。

将排序后的每个string扔进去，直接返回它的size即可。

我的思路是构建二维前缀和，然后再遍历所有的子矩阵，但是我遍历子矩阵有错误，没遍历到全部，所有一直过不了。固定滑动窗口，每次都遍历长度为n / 2的窗口。判断是不是平衡⼆叉树。

我以为这个数组本就是有序的，所以直接开始遍历了，还导致找不出错在哪，这道题得先排序，再遍历。将题意变换为求是否能。

dp[i][1] 等价 f[i]dp[i][0] 等价 g[i]当然，也可以用二分来遍历。

【代码】C++笔试强训day27。

DFS枚举就行，注意其中回溯、剪枝和返回等细节即可。另一种常规解法为树上dp动规。

数学规律加上一点贪心（

两个数组之间的dp问题，主要是能搞清楚状态表示，后面就好思考了。数学找规律题，注意开long long即可，因为数据太大。

1.当全都选二人船时，最后有余数（即剩下一个人），大部分人都是分两种情况，要么他坐二人的，要么坐三人的，但是还有另一种情况，根据题意便可知，每次都要去取出目前让自己舒适感最低的口罩，所以可以用优先队列来实现。2.同样，都选三人船时，最后有余数，前面博客有类似题目 - 》（

然后若 i 的开始时间小于 end，则更新end = min（end，i的结束时间），{取最小值的原因是贪心（要选择尽可能多的活动数量）}很细节的一个地方是他的初始化，因为你不确定有没有负数，若是默认初始化（0），则会导致一个全为负数的数组中返回 0 ，这样是答案错误。现将其转化为回文数（这里用字符串存储比较方便转化），然后判断是否为素数即可。若 i 的开始时间大于或等于 end，直接让活动数 +1。因为状态表示是最后一个人必须，所以我们选取返回值时，若搞清楚了该题的状态表示，还是可以做一下题目的。

若一个数从0 - > 1，那么则cnt++（cnt是窗口中字母的种类），若从1 - > 0，那么则cnt--。当cnt > 2时，就得出窗口了。然后就是找个合适的位置更新返回值。

DFS：（我写的DFS目前还是没找到为什么有测试用例过不去）BFS / DFS（宽度 / 深度 优先遍历即可）BFS：（因为可以保证第一次找到的一定是最近的）提取题意，模拟一下即可。

b[j]时，在这三种情况中取最小值即可，因为有重复，所以可以简化，最后变为。根据这个规律，找到最后⼀次删除的起始位置的下标即可。，一开始我就看错了题目，直接双指针搜索了。当然，也有更简便的方法：（找规律）通过⼀两个例⼦的模拟，我们发现，

然后就是状态转移方程：dp[x] = f[x], (因为这时候遍历到的数就是 x，

如果 A 字符串能够旋转之后得到 B 字符串的话，在 A 字符串倍增之后的新串中，⼀定是可以找到 B 字符串的。因此，我们仅需让 A 字符串倍增，然后查找 B 字符串即可。

dp[i][j] ：从前i个中挑选，总和 % k == j时，最大总和为多少。有了这几点，状态转移方程就非常好推了，只需要注意一下非法值的初始化即可。一开始都可以想到将数组的前x个数拿出来排降序输出第二个数即可。因此就可以推出前一个状态为的 j 为 j - a[i] % k。1.顺时针旋转180° -》列对称一遍再行对称一遍。即（j - a[i] % k + k）% k（又因为可能会出现相减之后出现负数，因此可以用。2.关于行镜像 -》如题意一样，行对称即可。

看输出描述即可知输出次数最多的那个字母即可。即为哈夫曼编码：与该篇中的模版题极为相似-》当然，也可以进行空间优化。搞清楚他的状态表示{

最后去最小值即可。