EQUINOX1的博客

f[i][j] = f[i][j - cnt[i - 1]], 如果 cnt[i - 1] <= j <= min(i + cnt[i - 1], ed)如果 cnt[i - 1] = -1，那么当前位置填的数字和左边的逆序对贡献只要不超过 ed 即可。定义状态 f(i, j) 为 考虑到 下标 i 为止，我们构成 j 个逆序对的方案数。也就是说 我们在最右端填一个数字x，就能得到左边有几个数字和x构成逆序对。因为是一个排列，所以我们不关注具体的数字，只关注所填数字的rank。表示这个要求中的末尾下标和。

那么 f(i, j) = f(i - 1, j - 1) + f(i - 1, j) + 1，在实现的时候可以滚动数组优化掉一个维度。考虑定义状态 f(i, j) 为 剩余 i 次 扔鸡蛋机会，当前有 j 枚鸡蛋 能够 测得的最大楼层。如果鸡蛋没碎，那么 我们可以从 1 + f(i - 1, j) 往上测，测得的有效层数+1。如果鸡蛋碎了，那么 我们只能在 [1, f(i - 1, j - 1)] 之间 测。每次操作，你可以取一枚没有碎的鸡蛋并把它从任一楼层。的楼层落下的鸡蛋都会碎，从。

由于填满的格子不会再次在 scatter中访问，所以是 O((n + q)logn) 的。时间复杂度： O((N + Q)logN)空间复杂度：O(NlogN)对于scatter 我们线段树二分找到第一个不空的，依次往后填。对于gather 相当于找从上往下第一个剩余空间够k的排。对于scatter 相当于找从上往下依次填k个空格。对于gather我们线段树二分找到第一个符合的即可。我们用线段树来维护 区间剩余容量以及区间容量最值。

我们可以将字符串按照后缀分组，遍历字符串数组，计算每个后缀的重叠 pair(i, j) 数目即可。时间复杂度： O(n(m + U))空间复杂度：O(U^2 + nm)答案是 cnt[i] * cnt[j] 其中 j < i 吗？表示在公司命名过程中使用的名字列表。对于不同的i, j，却有着相同的 s[1::]考虑每个首字符出现次数 cnt[]且有效的公司名字的数目。

数位dp如何递推求解？

结束后，如果最后一个车没满，那么从最后一个车的发车时间往前倒推，找到一个空闲时间点。所有公交车出发的时间互不相同，所有乘客到达的时间也互不相同。遍历每个车，维护一个乘客指针，只要当前乘客能上车就后移。否则，从最后一个上车的乘客往前倒推，找到一个空闲时间点。每位乘客都会搭乘下一辆有座位的公交车。返回你可以搭乘公交车的最晚到达公交站时间。且公交没有满，那么你可以搭乘这一辆公交。随着来的乘客越来越晚，其能登上的车也就越靠后。辆公交车的出发时间。跟别的乘客同时刻到达。将车 和 乘客都升序排序。到达的乘客优先上车。

那么过程中当 花费 > budget，往右收缩 j 同时根据 j 来弹出队头。维护一个单调队列，队头到队尾chargeTime单调递减，即队头最大。固定右端点r，r右移其合法左端点l不会后退，具有单调性，考虑滑窗。时间复杂度： O(N)空间复杂度：O(N)i 代表窗口右端点，j 代表窗口左端点。维护i - j + 1的最大值即可。由于要获取滑窗最值，考虑单调队列。个机器人，给你两个下标从。个机器人中最大充电时间，个机器人的运行时间之和。运行的机器人数目为多少。

我们考虑滑窗维护当前线段[i, j]，在过程中维护答案 res = max(res, j - i + 1 + pre[i])不会，我们总能将两个相交线段分开来得到更优解。pre[i] 指 [0, i) 内的最长线段。时间复杂度： O(N)空间复杂度：O(N)pre[] 可以在滑窗 的过程中递推。考虑最优解的两个线段会相交吗？

cnt3[j] += cnt2，因为cnt2 为 (i, k) 的数目，i < j，k = l > i 故合法。我们考虑 枚举 l，维护cnt3[]，即 [0, l) 内 (i, j, k) 的数目。在内层枚举 j，维护cnt2，即[0, j] 内 (i, k) 的数目。则 cnt4 += cnt3[j]，cnt2 += 1。可以用递推预处理前后缀，但是枚举的方式更训练思维。时间复杂度： O(N^2)空间复杂度：O(N)的所有数字，请你返回上升四元组的数目。如果nums[j] < nums[k]

ma(j) 可能会包含 f(x, j - 1)，但是由于 f(x, j) >= f(x, j - 1)，所以f(x, j) + 1 >= f(x, j - 1) + 1，不影响状态转移的正确性。那么 f(i, j) = max(f(i, j), ma(j)) + 1。f(x, j) 为 以x结尾有 j 个 坏pair 的最大好序列长度。时间复杂度： O(NK)空间复杂度：O(NK)每次从当前列或者左边列转移，我们考虑前缀优化。ma[j + 1] 代表 第 j 列最大值。，那么我们称这个整数序列为。

是班级中学生的总数。我们此时一个学生一旦选择，因为前面的都比他小所以前面的都要选。返回能够满足让所有学生保持开心的分组方法的数目。时间复杂度： O(N)空间复杂度：O(N)如果能够满足下述两个条件之一，则认为第。由于值域在n以内，可以用计数排序代替快排。能选的前提就是后面挨着那个比他大。

（也就是连续出现 true 或者连续出现 false）。那么我们维护一个变长滑窗，保证滑窗内 T 或 F的个数小于等于k。老师想增加学生对自己做出答案的不确定性，方法是。道判断题构成的考试，每道题的答案为 true （用。除此以外，还给你一个整数。时间复杂度： O(N)空间复杂度：O(N)只要窗口内的T或F的个数小于等于k即可。表示）或者 false （用。考虑一个窗口是否可以变为连续？一位老师正在出一场由。滑窗的最大长度就是答案。

容易写挂

如果x >> i为奇数，那么有 (x >> i) / 2 * 2 + (x & ((1 << i )- 1)) + 1。和我们考虑第0位一样，就相当于向右移i位后，看第0位的1的个数，然后低i位有1 << i种情况，累计贡献。对于x >> i奇数的情况其实就是x 在第 i 位为1，然后此时低i位的选择取决于x的低i位。给定x，[1, x]内有多少数字第0位为1？如果x >> i为偶数，那么有 (x >> i) / 2 * 2。[1, x]内有多少数字第i位为1？的价值是它的二进制表示中在。

借着这题迭代下板子

元素。你需要将。

但是这种直接借助数据结构的方式不利于思维的训练，这种题目往往可以使用离线处理 + 数据结构维护，往难了出可以主席树，整体二分，莫队……我们可以倒序遍历heights，维护一个单调栈，栈顶到栈底递增，那么遍历过程中，如果有询问，栈顶到栈底第一个大于的就是答案。查询(a, b)(a <= b)，如果 height[a] < height[b] 或者a == b，那么答案就是b。将查询放到右端点b处，记保存每个下标作为右端点的查询，即 找到b右边大于height[a] 的最靠近b的索引。Bob 不能相遇，令。

不会纯数学的方式，好菜

选：f(i, j) += f(last[i], j - 1)，last[i] 为 nums[i] - nums[k] >= d中最靠右的k，这个可以O(NlogN)预处理。事实上我们这样计算即可：res += (d - prev) * f[n][k]，prev为上一个枚举的差值。定义状态 f(d, i, j) 前 i 个数，拿了 j 个数 ， 最小差值 >= d的能量和。然后由于我们定义状态是 >= d的能量和，我们不知道其中有多少=d的。不选：f(i, j) = f(i - 1, j)

LC原来有网络流的题啊

从图中消失的时间点，在那一刻及以后，你无法再访问这个节点。，图有可能一开始是不连通的，两个节点之间也可能有多条边。时间复杂度： O(NlogN)空间复杂度：O(N)在松弛操作那里加一个disappear的判断即可。就是dijkstra板子题。单位时间通过的无向边。

现在，我们想合并这些账户。如果两个账户都有一些共同的邮箱地址，则两个账户必定属于同一个人。请注意，即使两个账户具有相同的名称，它们也可能属于不同的人，因为人们可能具有相同的名称。一个人最初可以拥有任意数量的账户，但其所有账户都具有相同的名称。由于有相同邮箱的账户是同一个人的账户，于是我们可以按照邮箱将每个账户编号合并，这可以用并查集来实现，然后把一个连通块的邮箱汇总排序即可。合并账户后，按以下格式返回账户：每个账户的第一个元素是名称，其余元素是。时间复杂度： O(NlogN)空间复杂度：O(NlogN)

对于每个j（满足num[j, ..., n - 1]递增），我们可以指针后移或者二分得到最靠右的nums[i]，其中nums[i] < nums[j]，那么含后缀nums[j, ..., n - 1]的答案数目取决于我们保留前缀的数目，显然是i +2。否则，我们考虑最长递增前缀的末尾下标为i，那么只保留前缀的结果有i + 2个（注意可以为空）对于本身就是递增数组的数组，答案就是(n + 1) * n / 2，直接特判。考虑我们要的递增数组是一个前缀一个后缀拼接的，且前缀后缀可以为空。

如何高效求最大曼哈顿距离？

扫描一遍k - maxChanges的窗口，O(1)计算其中位数贪心下的解维护最优解即可。3个以内的连续1的最大连续长度记为c，如果拿掉c个剩下的1可以都通过2步得到。Alice 在玩一个游戏，游戏的目标是让 Alice 使用。如果1、2、3个连续个1，我们发现此时分别需要0、1、2步。我们的答案就是c - 1 + (k - c) * 2。否则，问题就变成了一个很简单的中位数贪心问题。，Alice 会拾起一个 1 ，并且。操作1其实就是提供了一种两步得到1的方案。我们考虑两步一个1一定是最优的吗？

定义是：经由原数组删除一些元素（也可能不删除）得到的一个新数组，且在此过程中剩余元素的顺序不发生改变。时间复杂度： O(max(nums) + n)空间复杂度：O(max(nums))我们可以用线段树或者树状数组，不过显然，差分数组是更好的选择。遍历原数组，每次对[k - x, x + k]进行+1操作。维护完差分数组后，我们对差分数组求一遍前缀和取最大值即可。定义为数组中由相等元素组成的最长子序列的长度。我们可以用数组来记录区间内每个数字的被覆盖次数。执行上述操作任意次后，返回数组可能取得的。

而我们每次无非就是从前面某个奇数结尾或者偶数结尾转移。那我们不妨只记录奇偶结尾的最大收益，然后进行转移即可。我们并不关注前面状态具体的值，我们只关注奇偶性。时间复杂度： O(N)空间复杂度：O(1)f[i]为前i元素以i结尾的最大收益。但是我们发现我们状态转移和奇偶性有关。不难写出O(N^2)的朴素dp。这样状态转移就变成了O(1)的。

经典的堆式反悔贪心

两艘战舰之间至少有一个水平或垂直的空位分隔 （即没有相邻的战舰）。表示甲板，其中，每个单元格可以是一艘战舰。时间复杂度： O(NM)空间复杂度：O(1)换句话说，战舰只能按。只能水平或者垂直放置在。列）的形状建造，其中。

我们只需要能够实现快速查询arr1和arr2内大于给定数字的数字个数即可。Python可以直接使用有序列表SortedList。时间复杂度： O(NlogN) 空间复杂度：O(N)考虑线段树、树状数组、莫队……的所有元素分配到两个数组。在第一次操作中，将。这里使用两个树状数组维护。

如果a[0] == a[1]，那么可以从二者中拆出来三个a[0] -1。如果a[0] > a[1]，那么可以从二者中拆出来三个a[1] - 1。如果a[0] > 2，那么可以从a[0]中拆出来3个a[0] - 2。当然可以从a[0], a[1], a[2]中拆出三个a[2]的长度，如果不存在出现至少三次的特殊子字符串，则返回。时间复杂度： O(nlogn)空间复杂度：O(nU)如果一个字符串仅由单一字符组成，那么它被称为。不是特殊字符串，而字符串。是字符串中的一个连续。

简单的构造题

时间复杂度： O(mnlog(mn))空间复杂度：O(mnlog(mn))计算二维前缀异或和，然后把所有值排序，取第k大即可。

两种方法都挺好的

那就变成了在每个元素的下标数组中跑滑动窗口，双指针l，r满足id[r] - id[l] - (r - l) <= k，即元素出现的左右边界长度减去元素个数不能超过k。或者我们可以将每个元素出现下标存到数组里，然后在每个元素的下标数组中找最长连续子序列。如果没有最多删除k这个选项，我们在数组中找最长等值数组，双指针遍历一遍即可。如果子数组中所有元素都相等，则认为子数组是一个。个元素后，返回可能的最长等值子数组的长度。时间复杂度：O(N) 空间复杂度：O(N)是数组中一个连续且可能为空的元素序列。

水水水

联想回文串特点结合按位拆分

一次遍历

很经典的一道板子题

区间贪心经典问题