A 找出数组中的 K-or 值
模拟
class Solution {
public:
int findKOr(vector<int> &nums, int k) {
vector<int> cnt(32);
for (auto x: nums)
for (int i = 0; i < 32; i++)
if (x >> i & 1)
cnt[i]++;
int res = 0;
for (int i = 0; i < 32; i++)
if (cnt[i] >= k)
res |= 1 << i;
return res;
}
};
B 数组的最小相等和
分类讨论：将两个数组中的 0 0 0 看作 1 1 1 求数组替换完后的最小数组和，若两个数组的最小数组和相等返回 0 0 0 ，否则只有最小数组和较小的一个数组存在 0 0 0 有解。
class Solution {
public:
using ll = long long;
long long minSum(vector<int> &nums1, vector<int> &nums2) {
ll s1 = 0, s2 = 0;//两个数组的最小数组和
bool have1 = false, have2 = false;//两个数组是否含有0
for (auto x: nums1) {
if (x)
s1 += x;
else {
have1 = true;
s1 += 1;
}
}
for (auto x: nums2) {
if (x)
s2 += x;
else {
have2 = true;
s2 += 1;
}
}
if (s1 > s2) {
swap(s1, s2);
swap(have1, have2);
}
if (s1 == s2)
return s1;
return have1 ? s2 : -1;
}
};
C 使数组变美的最小增量运算数
动态规划：设 p [ i ] p[i] p[i] 为将 n u m s [ 0 , i ] nums[0,i] nums[0,i] 变为美丽数组且满足 n u m s [ i ] ≥ k nums[i]\ge k nums[i]≥k 的最小递增运算数，有状态转移方程： p [ i ] = { m a x { k − n u m s [ i ] , 0 } i < 3 m i n { p [ i − 1 ] , p [ i − 2 ] , p [ i − 3 ] } + m a x { k − n u m s [ i ] , 0 } , i ≥ 3 p[i]=\left\{\begin{matrix} max\{k-nums[i],0\} & i<3 \\ min\{p[i-1],p[i-2],p[i-3] \}+max\{k-nums[i],0\} & ,i\ge 3 \end{matrix}\right. p[i]={max{k−nums[i],0}min{p[i−1],p[i−2],p[i−3]}+max{k−nums[i],0}i<3,i≥3
class Solution {
public:
using ll = long long;
long long minIncrementOperations(vector<int> &nums, int k) {
int n = nums.size();
ll p[n];
for (int i = 0; i < 3; i++)
p[i] = max(k - nums[i], 0);
for (int i = 3; i < n; i++) {
p[i] = min({p[i - 1], p[i - 2], p[i - 3]}) + max(k - nums[i], 0);
}
return min({p[n - 1], p[n - 2], p[n - 3]});
}
};
D 收集所有金币可获得的最大积分
记忆化搜索：设
p
[
c
u
r
]
[
c
n
t
]
p[cur][cnt]
p[cur][cnt] 为以
c
u
r
cur
cur 为根的子树在之前已经使用了
c
n
t
cnt
cnt 次第二种方法的情况下可获得的最大积分，有状态转移方程：
p
[
c
u
r
]
[
c
n
t
]
=
m
a
x
{
⌊
c
o
i
n
s
[
c
u
r
]
2
c
n
t
⌋
−
k
+
∑
j
∈
s
o
n
(
c
u
r
)
p
[
j
]
[
c
n
t
]
⌊
c
o
i
n
s
[
c
u
r
]
2
c
n
t
+
1
⌋
+
∑
j
∈
s
o
n
(
c
u
r
)
p
[
j
]
[
c
n
t
+
1
]
p[cur][cnt]=max\left\{\begin{matrix} \left \lfloor \frac {coins[cur]} {2^{cnt}} \right \rfloor-k + \sum_{j\in son(cur)}p[j][cnt] \\ \left \lfloor \frac {coins[cur]} {2^{cnt+1}} \right \rfloor + \sum_{j\in son(cur)}p[j][cnt+1] \end{matrix}\right.
p[cur][cnt]=max⎩
⎨
⎧⌊2cntcoins[cur]⌋−k+∑j∈son(cur)p[j][cnt]⌊2cnt+1coins[cur]⌋+∑j∈son(cur)p[j][cnt+1]
class Solution {
public:
int maximumPoints(vector<vector<int>> &edges, vector<int> &coins, int k) {
int n = coins.size();
vector<int> e[n];
for (auto &ei: edges) {
e[ei[0]].push_back(ei[1]);
e[ei[1]].push_back(ei[0]);
}
int M = 16, inf = INT32_MIN;
int p[n][M];
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < M; j++)
p[i][j] = inf;//初始化标志
function<int(int, int, int)> dfs = [&](int cur, int cnt, int par) {//记忆化搜索
if (p[cur][cnt] != inf)
return p[cur][cnt];
if (cnt == M - 1)//子树所有数已经为都0，接下来全用第二种方法
return p[cur][cnt] = 0;
int r1 = (coins[cur] >> cnt) - k, r2 = coins[cur] >> (cnt + 1);
for (auto j: e[cur]) {
if (j == par)
continue;
r1 += dfs(j, cnt, cur);
r2 += dfs(j, cnt + 1, cur);
}
return p[cur][cnt] = max(r1, r2);
};
return dfs(0, 0, -1);
}
};
