一、基本理解
枚举的概念就是把满足题目条件的所有情况都列举出来，然后一一判定，找到最优解的过程。
枚举虽然看起来麻烦，但是有时效率上比排序高，也是一个不错的方法、
二、最值问题
1、两个数的最值问题
两个数的最小值，利用C语言中的三元运算符就可以实现：
int Min(int a, int b) {
return a < b ? a : b;
}
2、n 个数的最值问题
当有 n 个数时 ai 时，我们可以首先取前两个数，计算最小值；然后再拿这个最小值和第三个数去比较，得到的最小值再去和第四个数比较，以此类推，就可以计算出 n 个数中的最小值。
假设前 i 个数的最小值为 mi，则有递推公式如下：
所以，把这个递推公式翻译成C语言，代码是这样的：
int Min(int a, int b) {
return a < b ? a : b;
}
int NMin(int* a, int n){
int *m = (int *) malloc( sizeof(int) * numsSize );
int m[0] = a[0];
for(int i = 1; i < n; ++i) {
m[i] = Min(m[i-1], a[i]);
}
int ret = m[n-1];
free(m);
return ret;
}
而这里的 m[i] 和 m[i-1] 可以利用迭代，存储在一个变量中，用 C语言实现如下：
int Min(int a, int b) {
return a < b ? a : b;
}
int NMin(int* a, int n){
int m = a[0];
for(int i = 1; i < n; ++i) {
m = Min(m, a[i]);
}
return m;
}
3、最值问题的下标
当然，有些时候，我们求的并不是一个最小的数，要是要求出这个数组中，最小的数的下标，那么可以直接记录下标，并且比较的时候直接通过下标去索引到值，然后进行比较，像这样：
int NMin(int* a, int n){
int mIdx = 0;
for(int i = 1; i < n; ++i) {
if( a[i] < a[mIdx] ) {
mIdx = i;
}
}
return mIdx;
}
可以尝试做一下这道题，巩固一下概念：https://leetcode.cn/problems/maximum-sum-with-exactly-k-elements/
三、最值问题的进阶
1、第三大的数
有时候，我们求最大的数不够，想要求次大的，甚至第三大的，比如 1 2 2 3 中第三大的是 1 （相同的数只计算一次）。
这样的问题，核心思路就是先把最大的求出来；然后忽略最大的数的情况下，再去求最大的；这时候就得到了次大的，再把次大的也忽略以后，再求最大的，自然就是第三大的了。
第三大的数 - 视频讲解。
2、数组中两元素的最大乘积
要求找到数组中两个元素的最大乘积，数组元素一定是正数。那么我们知道最大的两个元素相乘一定是最大的，所以就是找最大的元素 和 次大的元素，但是这个问题和 第三大的数 略微有些不同，相同的数会被计算进去。
所以，我们找到最大的数以后，可以把它的下标忽略掉；然后再去找最大的数，这样找到的一定是两个可重复的最大元素和次大元素，将两者相乘即可。
当然有同学就要问了，那我是不是直接把数组按照递增排序，然后取最后两个元素相乘就可以了。是的，也可以，但是比较排序的最优时间复杂度为 O(nlogn)，而找两次最大值的时间复杂度为 O(n)。
四、降维思想
一些统计类问题，第一个思路就是枚举所有情况（也就是多个 for 循环），然后再去考虑是不是能够把某些 for 循环的 O(n) 的时间复杂度降为 O(1)，这个就是降维的思想。来看这个经典问题：
这个问题能自己想出来，就达到了 ACM 区域赛铜牌的水平。
给你一个长度为 n (n ≤ 4000) 下标从 0 开始的整数数组 nums ，它包含 1 到 n 的所有数字，请你返回上升四元组的数目。如果一个四元组 (i, j, k, l) 满足以下条件，我们称它是上升的：
1）0 <= i < j < k < l < n 且
2）nums[i] < nums[k] < nums[j] < nums[l] 。
1、O(n^4)
首先，最坏时间复杂度的算法，相信大家都能想出来，就是枚举 i、j、k、l 四个变量，然后判断 nums 四个数的关系，进行统计累加，这种情况下，最坏的时间复杂度为 O(n^4)，由于 n 为 4000。
也就是相当于 n = 16000000 的数据量下，用 O(n^2) 的算法去求解问题，所以必然超时。
2、O(n^3)
如果要用 O(n^3) 的算法求解，你会怎么去思考呢？如果有想法，可以写好以后附在评论区。
3、O(n^2)
是的，由于 n 的范围限制， 就算你想出了 O(n^3) 的算法，还是过不了这个问题，我们需要继续想 O(n^2) 的算法。
算法思路如下：
1、首先，我们枚举 j 和 k，然后对所有满足 nums[j] > nums[k] 的下标对，执行下一步。
2、那么只要我们找到数组下标为 0 到 j-1 的数中，小于 nums[k] 的个数，记为 a（也就是所有满足条件的 i）； 找到数组下标为 k+1 到 n-1 的数中，大于 nums[j] 的个数，记为 b（也就是所有满足条件的）； 将 a * b 就是所有满足条件的 (i, l) 对，把所有的 （i, l） 数对累加，就是我们最后要求的答案了。
3、于是问题转变成了求 找到数组下标为 0 到 j-1 的数中，小于 nums[k] 的个数 和 找到数组下标为 k+1 到 n-1 的数中，大于 nums[j] 的个数；
4、定义两个辅助数组 less[4001][4001] 和 bigger[4001][4001]，令 less[i][j] 表示前 i-1 个数中，小于 j 的数的个数；令 bigger[i][j] 表示 i 以后（不包括 i）的数中，大于 j 的数的个数。less 和 bigger 的含义类似，通过两个 for 循环 枚举求出 less 和 bigger。
5、最后，只要枚举 j 和 k，在满足 nums[j] > nums[k] 的条件下，累加 less[j][ nums[k] * bigger[k][nums[j]] 的和，就是我们要求的解了。
五、题目练习
2656. K 个元素的最大和
int maximizeSum(int* nums, int numsSize, int k){
int max = 0;
for(int i = 0; i < numsSize; ++i) {
if(nums[i] > max) {
max = nums[i];
}
}
int ans = max;
while(--k) {
ans += max + 1;
max += 1;
}
return ans;
}
414. 第三大的数
#define INF -213214121
int thirdMax(int* nums, int numsSize){
// 找最大值
int max = nums[0];
for(int i = 1; i < numsSize; ++i) {
if(max < nums[i]) {
max = nums[i];
}
}
// 找第二大的数
int subMax = INF;
for(int i = 0; i < numsSize; ++i) {
if(subMax == INF) {
if(nums[i] < max) subMax = nums[i];
}else {
if(nums[i] > subMax && nums[i] < max) {
subMax = nums[i];
}
}
}
//不存在第二大的,返回第一大的
if(subMax == INF) return max;
//找第三大的数
int triMax = INF;
for(int i = 0; i < numsSize; ++i) {
if(triMax == INF) {
if(nums[i] < subMax) triMax = nums[i];
}else {
if(nums[i] > triMax && nums[i] < subMax) {
triMax = nums[i];
}
}
}
if(triMax == INF) return max;
return triMax;
}
