【上分日记】382场周赛（填补法 + 位运算 + 奇偶性 + 枚举）

前言

  hello！各位C友们好呀，博主又来写题解了，这场周赛，博主只写了前三题（hhh, 第四题是真不会），这一场周赛说难也难，说简单也简单，难在第4题太难想了，简单在前三题知道相应的知识还是比较好想的，那么废话不多说，直接进入今天的正题吧！

正文

1.3020. 子集中元素的最大数量

• 题目链接：子集中元素的最大数量

---

• 这道题，不知道各位wa了几次呢？我是wa了3次，喜提15分钟罚时。

• 题目思路：

1. 哈希表记录元素出现次数。
2. 初始化ans为1的出现次数的最大奇数次(坑1，因为1的不管多少次方都是1，避免陷入死循环)。
3. 遍历数组，从小到大暴力枚举最长的字集中的最大数量。

1. 说明：这里的最大数量必然为奇数次，如果枚举的数的出现次数大于等于2时，就有接着枚举的可能，可以接着枚举，如果枚举的数的出现次数等于1，则无法接着枚举，因此最后的数量为枚举的数的种类 * 2 + 1。
2. 坑2 : 如果枚举是用平方的话，可能会爆int，因此需要判断一下。
3. 细节： 这里从小到大每次都乘本身，其实枚举的次数是很小的。

• 实现代码：

class Solution {
public:
    int maximumLength(vector<int>& nums) 
    {
        unordered_map<int,int> hash;
        for(auto e : nums)
            hash[e]++;
        
        //坑1：初始值为1的最大奇数次长度。
        int ans = hash[1] - (hash[1] % 2 ^ 1);
        int MAX = 1e9;
        for(auto e : nums)
        {
            if(e == 1) continue; //避免陷入死循环
            long long val = e;
            int res = 0,len = 0;
            //坑2: val 可能会爆int
            while(val <= MAX && hash.count(val))
            {
                res = 2 * len + 1;
                if(hash[val] == 1)
                    break;
                len++;
                val *= val;
            }
            ans = max(res,ans);
        }
        return ans;
    }
};

2.3021. Alice 和 Bob 玩鲜花游戏

• 题目链接：Alice 和 Bob 玩鲜花游戏

---

• 题目思路：

• 这是一道阅读理解题，把题目意思读明白了，这道题其实很简单。
• 关键点：Alice先走，每个人必须每次摘一朵，先摘完的赢。—— 只要花的总数是奇数即可。

小小数学知识点：

1. 奇 + 奇 = 偶， 奇 - 奇 = 偶， 偶 + 偶 = 偶， 偶 - 偶 = 偶。
2. 奇 + 偶 = 奇，奇 - 偶 = 奇。
3. 有[1,n] 个数，有 (n + 1) / 2个奇数，n / 2 个偶数。

• 因此：我们只需要枚举(x,y)， x能取多少个奇数，y能取多少个偶数，相乘得情况1，x能取多少个偶数，y能取多少个奇数，相乘得情况2，两种情况之和即为结果。

---

• 实现代码：

class Solution {
public:
    long long flowerGame(int n, int m) 
    {
        long long x = n,y = m;
        long long ans1 = ((x + 1) / 2) * (y / 2);
        long long ans2 = (x / 2) *((y + 1) / 2);  
        return ans1 + ans2;
    }
};

• 细节：注意用 () 表明计算的优先顺序，因为计算机有上下取整的问题，不带括号算起来是有误差的。

---

• 小小思考技巧：
  

---

• 实现代码：

class Solution {
public:
    long long flowerGame(int n, int m) 
    {
        return (long long)n * m / 2;
    }
};

---

3.3022. 给定操作次数内使剩余元素的或值最小

• 题目链接：给定操作次数内使剩余元素的或值最小

---

• 题目思路：

• 此题难在难想出思路，想出来倒还是比较简单的，代码也比较好写。好写归好写，博主在此题坐牢了将近一个小时，也憋不出半句代码，hhh。

1. 从二进制的角度思考，或运算，只要有1就会保留，但是我们可以通过与操作，通过相邻的0通过与1按位与变为0。
2. 且要使或值最小，我们要从高位的1，进行逐步验证看是否能在k次操作内变为0。这里就需要分析得出一个重要结论：

1. 如果某一段数字能变为0，那么就为那一段长度减1。
2. 如果某一段数字不能变为0，那么就为那那一段的长度。
3. 特殊的：如果那一段长度全为1，则需要nums.length，但 k < nums.length,因此无需考虑这一情况。

3. 高位按位与的顺序会对低位产生影响，因此我们应保留高位能枚举的1位，继续往下枚举看是否可能为在k次操作内变为0。也就是在高位至多k次按位与变为0的前提下，看低位是否也能在至多k次按位与变为0。

1. 如果不能变为0，则答案中必然有这一位，将这一位按位或到答案上，同时删除这一位不能枚举的高位。
2. 如果能变为0，则答案中这一位为0。保留这一位继续往下枚举即可。

class Solution {
public:
    int minOrAfterOperations(vector<int>& nums, int k) 
    {
        int ans = 0,mask = 0;
        for(int i = 29; i >= 0; i--)
        {
            mask |= 1 << i;
            int res = -1; //补码全为1，用于初始化第一个数
            int cnt = 0;
            for(auto num : nums)
            {
                res &= num & mask;
                if(res) cnt++;
                else
                {
               	 /*
                  变为0之后,无需再管,避免后面&的结果一直为0,需要再进行初始化
                  之后看下一段1变为0的操作次数。
                  */
                    res = -1;
                }
            }
            if(cnt > k)
            {
                ans |= (1 << i); //此位的1必定在答案中出现。
                mask ^= (1 << i); 
                //删除不能变为0的一位，以防止对后面的操作产生影响。
            }
        }
        return ans;
    }
};

总结

 本场周赛考察了哈希枚举，奇偶性，位运算(从高位枚举填写答案)。希望本篇文章对大家有所帮助吧！

尾序

 我是舜华，期待与你的下一次相遇！