m0_57747934的博客

表：Users在 SQL 中，user_id 是该表的主键。该表包含用户的 ID 和名字。名字仅由小写和大写字符组成。修复名字，使得只有第一个字符是大写的，其余都是小写的。返回按user_id排序的结果表。返回结果格式示例如下。

/ 该操作会使得关键字 2 作废，缓存是 {1=1, 3=3}lRUCache.put(4, 4);// 该操作会使得关键字 1 作废，缓存是 {4=4, 3=3}lRUCache.put(2, 2);// 缓存是 {1=1, 2=2}// 返回 -1 (未找到)lRUCache.get(1);// 返回 -1 (未找到)lRUCache.put(1, 1);// 缓存是 {1=1}lRUCache.get(1);请你设计并实现一个满足。的平均时间复杂度运行。

使用差分数组，可以把一个区间得每一个数加1得操作，变成2个端点得操作，时间复杂度是O(1)。这样直观得想法就是给出一个区间[x,y]，就把区间[x,y]里面每个数字都加上1，最后扫描一遍[1900,2000]看看哪个点得值最大。问题可以看成问数轴1900到2000得范围内哪个点被覆盖得次数最多，覆盖是指题目给出得区间[出生日期，死亡日期]二维差分是在二维数组上进行的，然后再使用前缀和进行求解某一个点的影响次数。同样的，需要进行离散化，结合题目的范围，只需要离散化x轴。类似的题目2251. 花期内花的数目。

设 f(i) 表示数字 i 的二进制表示中 1 的个数，则 f(i) 的值由 i / 2 的值转移而来，即 f(i) = f(i / 2) + (i & 1)。设 n 的二进制表示中 1 的个数为 x，则 n & (n - 1) 的二进制表示中 1 的个数为 x - 1。直接遍历 0~n 中的每个数字，对每个数字进行二进制表示并计算其中的 1 的个数。时间复杂度：O(nlogn)，其中 logn 表示二进制表示中的位数。时间复杂度：O(n)。时间复杂度：O(n)。

一个朴素的想法是：对每个起点，往后枚举 k 个数看看平均数是否大于等于 t，这样时间复杂度为 O(nk)。注意到 k 是固定的，我们可以对所有子数组长度为 k 的区间预处理一个前缀和，然后只需要 O(1) 的时间计算一个区间的平均值。这样预处理的时间是 O(n)，判断是否存在满足条件的区间的时间是 O(n)，总时间复杂度是 O(n)。如果我们能够 O(1) 判断是否存在平均数大于等于一个给定数 t 的 k 个连续的数列，那么我们就可以用二分答案得到最终的答案。

【代码】力扣611. 有效三角形的个数。

具体的，我们从第三个数字开始遍历整个数组。如果快指针指向的数字和慢指针指向的数字相同，则快指针向前移一位；如果快指针指向的数字和慢指针指向的数字不同，则将快指针指向的数字复制到慢指针后面一个位置，并将快指针和慢指针均向前移一位。最后，慢指针指向的下标就是新数组的长度。由于要保留重复元素最多出现两次，我们可以设置一个快指针和一个慢指针来处理数组。快指针用于遍历整个数组，慢指针用于记录符合要求的数字的下标。时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组的长度。空间复杂度：O(1)。

解题思路： 由于数组是有序的，我们可以通过双指针的方式来解决。定义两个指针，一个慢指针 i 和一个快指针 j，初始值都为 0。当 nums[i] == nums[j] 时，快指针 j 后移一位；当 nums[i]!= nums[j] 时，将 nums[j] 赋值给 nums[i+1]，i 后移一位，j 后移一位。最后返回 i+1 的值即可。时间复杂度：O(n) 空间复杂度：O(1)

首先容器的容量取决于长度和高度的乘积，而长度是由两个指针之间的距离决定的，因此我们可以使用双指针法，从数组两端开始扫描，计算当前两条线段构成的容量并更新最大容量值。每次移动指针时，由于容器的容量取决于短的那条线段，因此我们每次移动短的那条线段所在的指针。时间复杂度：O(n)，只需要遍历整个数组一次即可。空间复杂度：O(1)。具体细节见代码注释。