2917. 找出数组中的 K-or 值
给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个整数 k 。
nums 中的 K-or 是一个满足以下条件的非负整数：
- 只有在
nums中，至少存在k个元素的第i位值为 1 ，那么 K-or 中的第i位的值才是 1 。
返回 nums 的 K-or 值。
注意 ：对于整数 x ，如果 (2^i AND x) == 2^i ，则 x 中的第 i 位值为 1 ，其中 AND 为按位与运算符。
示例 1：
输入：nums = [7,12,9,8,9,15], k = 4 输出：9 解释：nums[0]、nums[2]、nums[4] 和 nums[5] 的第 0 位的值为 1 。 nums[0] 和 nums[5] 的第 1 位的值为 1 。 nums[0]、nums[1] 和 nums[5] 的第 2 位的值为 1 。 nums[1]、nums[2]、nums[3]、nums[4] 和 nums[5] 的第 3 位的值为 1 。 只有第 0 位和第 3 位满足数组中至少存在 k 个元素在对应位上的值为 1 。因此，答案为 2^0 + 2^3 = 9 。
示例 2：
输入：nums = [2,12,1,11,4,5], k = 6 输出：0 解释：因为 k == 6 == nums.length ，所以数组的 6-or 等于其中所有元素按位与运算的结果。因此，答案为 2 AND 12 AND 1 AND 11 AND 4 AND 5 = 0 。
示例 3：
输入：nums = [10,8,5,9,11,6,8], k = 1 输出：15 解释：因为 k == 1 ，数组的 1-or 等于其中所有元素按位或运算的结果。因此，答案为 10 OR 8 OR 5 OR 9 OR 11 OR 6 OR 8 = 15 。
提示：
1 <= nums.length <= 500 <= nums[i] < 2^311 <= k <= nums.length
思路：
简单题目，直接遍历就好了。
最多只有31位，而且数组长度也才50。重点是 (2^i AND x) == 2^i
两层遍历，外层范围[0-31]，内层范围[0-n]，n是数组的长度。
ac code：
class Solution {
public int findKOr(int[] nums, int k) {
int ans = 0;
for (int j=0;j<31;j++) {
int cnt = 0;
for (int num : nums) {
if ((num & (1 << j)) == (1 << j)) {
cnt += 1;
}
if (cnt >= k) {
ans = ans + (1 << j);
break;
}
}
}
return ans;
}
}2918. 数组的最小相等和
给你两个由正整数和 0 组成的数组 nums1 和 nums2 。
你必须将两个数组中的 所有 0 替换为 严格 正整数，并且满足两个数组中所有元素的和 相等 。
返回 最小 相等和 ，如果无法使两数组相等，则返回 -1 。
示例 1：
输入：nums1 = [3,2,0,1,0], nums2 = [6,5,0] 输出：12 解释：可以按下述方式替换数组中的 0 ： - 用 2 和 4 替换 nums1 中的两个 0 。得到 nums1 = [3,2,2,1,4] 。 - 用 1 替换 nums2 中的一个 0 。得到 nums2 = [6,5,1] 。 两个数组的元素和相等，都等于 12 。可以证明这是可以获得的最小相等和。
示例 2：
输入：nums1 = [2,0,2,0], nums2 = [1,4] 输出：-1 解释：无法使两个数组的和相等。
提示：
1 <= nums1.length, nums2.length <= 10^50 <= nums1[i], nums2[i] <= 10^6
思路：
直接模拟。答案分几种情况，只要捋清楚即可。
1、nums1不存在0:
1）nums2不存在0:
value1（nums1的sum值，同下）！= value2（nums2的sum值，同下）那么就return -1
2）nums2存在0:
value1 <= (value2+cnt2(代表nums2种0的个数，同下))：因为0是严格替换成了正整数，那么最小也是1，已经比value1还要大了，再加上正整数，不可能使得value2变小，所以，return -1 ；
value1 > value 2：因为可以换成任意正整数，所以，value2肯定可以变大成任意值。那么最小的话，肯定就是value1，所以return value1即可。
2、nums1存在0:
1）nums2 不存在0:
同理，(value1 + cnt1) >= value2 即可return -1；
value1 < value2，则 return value2
2）nums2 存在0：
因为0最小也是换成1，所以value的范围其实是可以确定的。例如nums1值的范围是[value1 + cnt1（nums1存在0的个数）, 正无穷)
那么nums2也是同理。所以，返回的值取范围交集即可。return Math.max(value1+cnt1, value2+cnt2)，为什么是max呢？因为交集！！！ 不懂得可以画个图，或者举几个例子。
捋清楚之后，按照分类写清楚就行( 之前没捋清楚还wa了一次。。。）
具体细节，看代码
ac code
class Solution {
public long minSum(int[] nums1, int[] nums2) {
long value1 = 0; // nums1的sum
long value2 = 0; // nums2的sum
int cnt1 = 0; // num1的0的个数
int cnt2 = 0; // num2的0的个数
for (int num : nums1) {
if (num == 0) {
cnt1 += 1;
}
value1 += num;
}
for (int num : nums2) {
if (num == 0) {
cnt2 += 1;
}
value2 += num;
}
// 需要判断value1 如果小于 value2 + cnt2，那么无论如何都不可能
if (cnt1 == 0 && value1 <= (value2+cnt2)) {
if (cnt2 == 0 && value1 == value2) {
return value1;
} else if (value1 == (value2+cnt2)) {
return value1;
}
return -1;
}
if (cnt2 == 0 && value2 <= (value1+cnt1)) {
if (cnt1 == 0 && value1 == value2) {
return value1;
} else if (value2 == (value1+cnt1)) {
return value2;
}
return -1;
}
if (cnt1 == 0) {
return value1;
}
if (cnt2 == 0) {
return value2;
}
return Math.max(value1+cnt1, value2+cnt2);
}
}2919. 使数组变美的最小增量运算数
给你一个下标从 0 开始、长度为 n 的整数数组 nums ，和一个整数 k 。
你可以执行下述 递增 运算 任意 次（可以是 0 次）：
- 从范围
[0, n - 1]中选择一个下标i，并将nums[i]的值加1。
如果数组中任何长度 大于或等于 3 的子数组，其 最大 元素都大于或等于 k ，则认为数组是一个 美丽数组 。
以整数形式返回使数组变为 美丽数组 需要执行的 最小 递增运算数。
子数组是数组中的一个连续 非空 元素序列。
示例 1：
输入：nums = [2,3,0,0,2], k = 4 输出：3 解释：可以执行下述递增运算，使 nums 变为美丽数组： 选择下标 i = 1 ，并且将 nums[1] 的值加 1 -> [2,4,0,0,2] 。 选择下标 i = 4 ，并且将 nums[4] 的值加 1 -> [2,4,0,0,3] 。 选择下标 i = 4 ，并且将 nums[4] 的值加 1 -> [2,4,0,0,4] 。 长度大于或等于 3 的子数组为 [2,4,0], [4,0,0], [0,0,4], [2,4,0,0], [4,0,0,4], [2,4,0,0,4] 。 在所有子数组中，最大元素都等于 k = 4 ，所以 nums 现在是美丽数组。 可以证明无法用少于 3 次递增运算使 nums 变为美丽数组。 因此，答案为 3 。
示例 2：
输入：nums = [0,1,3,3], k = 5 输出：2 解释：可以执行下述递增运算，使 nums 变为美丽数组： 选择下标 i = 2 ，并且将 nums[2] 的值加 1 -> [0,1,4,3] 。 选择下标 i = 2 ，并且将 nums[2] 的值加 1 -> [0,1,5,3] 。 长度大于或等于 3 的子数组为 [0,1,5]、[1,5,3]、[0,1,5,3] 。 在所有子数组中，最大元素都等于 k = 5 ，所以 nums 现在是美丽数组。 可以证明无法用少于 2 次递增运算使 nums 变为美丽数组。 因此，答案为 2 。
示例 3：
输入：nums = [1,1,2], k = 1 输出：0 解释：在这个示例中，只有一个长度大于或等于 3 的子数组 [1,1,2] 。 其最大元素 2 已经大于 k = 1 ，所以无需执行任何增量运算。 因此，答案为 0 。
提示：
3 <= n == nums.length <= 10^50 <= nums[i] <= 10^90 <= k <= 10^9
思路：
挺有意思的一道题目，算是益智题了。一开始想到的是滑动窗口，最小长度3，然后将窗口内最大值进行增大到k值，后来发现不对，因为窗口内最大值并不一定是最优的，那么就会希望有一个后悔的操作，比如增大了a，但是发现不是最优的，想要增大相邻的b。如何“后悔”增大某个数字？
举个例子：
[43,31,14,4]
73
如果按照原本的想法，增大窗口内最大值，窗口长度是3。那么应该增大43，然后窗口向右滑动后，没有满足条件的k值，则增大31到k值。这样发现，一共花费了30 + 42 = 62。
但是如果我们仅仅只增大31呢？ 那么其实就只需要花费42即可。
此时，我们可以考虑下，如果我们选择了43的时候，如果后续需要后悔，那么对于相邻的31是不是需要进行变大操作。
一步步来看：（[xxx]表示窗口）
[43，31，14]，4
经过操作 假设先按照之前的贪心的想法，先把43进行变动为
[73，31，14]，4
此时我们已经花费了30了，如果只是单纯将31 -> 73 是需要42，目前已经花费了30，那么就还需要12，所以，我们可以将31同步转换为61,同理14同步转换为44，即
[73，61，44]，4
所以在下一个窗口后那么就是：
73，[61，44，4]
这个时候我们就只需要花费12 就可以满足条件，这样相当于就是执行了后悔的操作。是不是很巧妙的一个办法。
而且，我们还需要注意，窗口尽可能往后取值。
具体实现细节可以看看代码。
ac code
class Solution {
public long minIncrementOperations(int[] nums, int k) {
int first = nums[0];
int second = nums[1];
int third = nums[2];
int n = nums.length;
long ans = 0;
// 窗口长度为3
for (int i=3;i<=n;i++) {
// 如果没有满足条件的值才需要进行变换
if (first < k && second < k && third < k) {
// 找到最大值
int tmp = Math.max(first, Math.max(second, third));
ans += (k - tmp); // 计算代价
if (third == tmp) { // 如果是最后一个的话，直接变就行，因为它在窗口待最久
third = k;
} else if (second == tmp) { // 如果是第二个，只需要把后面的加上后悔操作即可，毕竟第一个马上要出窗口了
second = k;
third += (k - tmp);
} else { // 同上
first = k;
second += (k - tmp);
third += (k - tmp);
}
}
// 窗口向右滑动
if (i < n) {
first = second;
second = third;
third = nums[i];
}
}
return ans;
}
}2920. 收集所有金币可获得的最大积分
节点 0 处现有一棵由 n 个节点组成的无向树，节点编号从 0 到 n - 1 。给你一个长度为 n - 1 的二维 整数 数组 edges ，其中 edges[i] = [ai, bi] 表示在树上的节点 ai 和 bi 之间存在一条边。另给你一个下标从 0 开始、长度为 n 的数组 coins 和一个整数 k ，其中 coins[i] 表示节点 i 处的金币数量。
从根节点开始，你必须收集所有金币。要想收集节点上的金币，必须先收集该节点的祖先节点上的金币。
节点 i 上的金币可以用下述方法之一进行收集：
- 收集所有金币，得到共计
coins[i] - k点积分。如果coins[i] - k是负数，你将会失去abs(coins[i] - k)点积分。 - 收集所有金币，得到共计
floor(coins[i] / 2)点积分。如果采用这种方法，节点i子树中所有节点j的金币数coins[j]将会减少至floor(coins[j] / 2)。
返回收集 所有 树节点的金币之后可以获得的最大积分。
示例 1：
输入：edges = [[0,1],[1,2],[2,3]], coins = [10,10,3,3], k = 5
输出：11
解释：
使用第一种方法收集节点 0 上的所有金币。总积分 = 10 - 5 = 5 。
使用第一种方法收集节点 1 上的所有金币。总积分 = 5 + (10 - 5) = 10 。
使用第二种方法收集节点 2 上的所有金币。所以节点 3 上的金币将会变为 floor(3 / 2) = 1 ，总积分 = 10 + floor(3 / 2) = 11 。
使用第二种方法收集节点 3 上的所有金币。总积分 = 11 + floor(1 / 2) = 11.
可以证明收集所有节点上的金币能获得的最大积分是 11 。
示例 2：
输入：edges = [[0,1],[0,2]], coins = [8,4,4], k = 0
输出：16
解释：
使用第一种方法收集所有节点上的金币，因此，总积分 = (8 - 0) + (4 - 0) + (4 - 0) = 16 。
提示：
n == coins.length2 <= n <= 10^50 <= coins[i] <= 10^4edges.length == n - 10 <= edges[i][0], edges[i][1] < n0 <= k <= 10^4
思路：
树上dp，不太会。。。 放下别人的题解。。。
把 floor(coins[i] / 2) 看成右移操作。
一个数最多右移多少次，就变成 000 了？在本题的数据范围下，这至多是 141414 次。
同时，右移操作是可以叠加的，我们可以记录子树中的节点值右移了多少次。
所以可以定义 dfs(i,j)\textit{dfs}(i,j)dfs(i,j) 表示子树 iii 在已经右移 jjj 次的前提下，最多可以得到多少积分。
用「选或不选」来思考，即是否右移：
不右移：答案为 (coins[i]>>j)−k(\textit{coins}[i]>>j)-k(coins[i]>>j)−k 加上每个子树 ch\textit{ch}ch 的 dfs(ch,j)\textit{dfs}(ch,j)dfs(ch,j)。
右移：答案为 coins[i]>>(j+1)\textit{coins}[i]>>(j+1)coins[i]>>(j+1) 加上每个子树 ch\textit{ch}ch 的 dfs(ch,j+1)\textit{dfs}(ch,j+1)dfs(ch,j+1)。
这两种情况取最大值。
作者：灵茶山艾府
class Solution {
public int maximumPoints(int[][] edges, int[] coins, int k) {
int n = coins.length;
List<Integer>[] g = new ArrayList[n];
Arrays.setAll(g, e -> new ArrayList<>());
for (int[] e : edges) {
int x = e[0], y = e[1];
g[x].add(y);
g[y].add(x);
}
int[][] memo = new int[n][14];
for (int[] m : memo) {
Arrays.fill(m, -1); // -1 表示没有计算过
}
return dfs(0, 0, -1, memo, g, coins, k);
}
private int dfs(int i, int j, int fa, int[][] memo, List<Integer>[] g, int[] coins, int k) {
if (memo[i][j] != -1) { // 之前计算过
return memo[i][j];
}
int res1 = (coins[i] >> j) - k;
int res2 = coins[i] >> (j + 1);
for (int ch : g[i]) {
if (ch == fa) continue;
res1 += dfs(ch, j, i, memo, g, coins, k); // 不右移
if (j < 13) { // j+1 >= 14 相当于 res2 += 0，无需递归
res2 += dfs(ch, j + 1, i, memo, g, coins, k); // 右移
}
}
return memo[i][j] = Math.max(res1, res2); // 记忆化
}
}
