模拟

class Solution {
public:int areaOfMaxDiagonal(vector<vector<int>> &dimensions) {int res = 0, len2 = 0;for (auto &x: dimensions)if (x[0] * x[0] + x[1] * x[1] > len2 || x[0] * x[0] + x[1] * x[1] == len2 && x[0] * x[1] > res) {res = x[0] * x[1];len2 = x[0] * x[0] + x[1] * x[1];}return res;}
};

枚举：只有两种情况可以1次移动就能攻击黑皇后：1）白象和黑皇后在一条对角线或斜对角线上且白车没有在中间。 2）白车和黑皇后在同一行或同一列且白象没有在中间。 其他情况都要两次移动才能攻击黑皇后

class Solution {
public:int minMovesToCaptureTheQueen(int a, int b, int c, int d, int e, int f) {if (a == e && (c != e || d < min(b, f) || d > max(b, f)))return 1;if (b == f && (d != f || c < min(a, e) || c > max(a, e)))return 1;if (c - d == e - f && (a - b != e - f || a < min(c, e) || a > max(c, e)))return 1;if (c + d == e + f && (a + b != e + f || a < min(c, e) || a > max(c, e)))return 1;return 2;}
};

贪心：分别统计两个数组中各数出现的频率，然后先从 $nums1$ 中删除 $n/2$ 个数，优先删在 $nums1$ 出现次数大于 1 的数，其次删在 $nums2$ 中有出现的数，最后删其他的数。然后再从 $nums2$ 中删除 $n/2$ 个数，优先删在 $nums2$ 出现次数大于 1 的数，其次删在当前 $s$ 中有出现的数，最后删其他的数。

class Solution {
public:int maximumSetSize(vector<int> &nums1, vector<int> &nums2) {unordered_map<int, int> cnt1, cnt2;for (auto x: nums1)cnt1[x]++;for (auto x: nums2)cnt2[x]++;int n = nums1.size();unordered_set<int> res;{int rm = n / 2;for (auto &[v, f]: cnt1)if (f != 1) {int d = min(rm, f - 1);f -= d;rm -= d;}if (rm != 0) {for (auto &[v, f]: cnt1)if (f && cnt2.count(v)) {f = 0;if (--rm == 0)break;}}if (rm != 0) {for (auto &[v, f]: cnt1)if (f) {f = 0;if (--rm == 0)break;}}for (auto &[v, f]: cnt1)if (f != 0)res.insert(v);}int rm = n / 2;for (auto &[v, f]: cnt2) {if (f != 1) {int d = min(rm, f - 1);f -= d;rm -= d;}}if (rm != 0) {for (auto &[v, f]: cnt2)if (f && res.count(v)) {f = 0;if (--rm == 0)break;}}if (rm != 0) {for (auto &[v, f]: cnt2)if (f) {f = 0;if (--rm == 0)break;}}for (auto &[v, f]: cnt2)if (f != 0)res.insert(v);return res.size();}
};

前缀和 + 二分 + 动态规划 + 枚举：设 $ps[i][j]$ 为 $s[0,i-1]$ 中 ${(}^{\prime }{a}^{\prime }+j)$ 字符出现的个数，设 $p[i]$ 为字符串 $s[i,s.size()-1]$ 不执行替换操作按题目要求的最大分割数量。可以逆序求 $p[i]$ ：通过二分求包含 $k$ 个不同字符的最长前缀 $s[i,l]$ ，则有 $p[i]=p[l+1]+1$ 。然后正序枚举各位替换成各字符的情况，枚举过程中记录已遍历过的字符串前缀的分割数量，以及当前分割中出现过哪些字符。

class Solution {
public:int maxPartitionsAfterOperations(string s, int k) {int n = s.size();int ps[n + 1][26];for (int j = 0; j < 26; j++)ps[0][j] = 0;for (int i = 0; i < n; i++)for (int j = 0; j < 26; j++)//计算前缀和ps[i + 1][j] = s[i] - 'a' == j ? ps[i][j] + 1 : ps[i][j];int p[n + 1];p[n] = 0;for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {//求p数组vector<int> vis(26, -1);int l = i, r = n - 1;while (l < r) {int mid = (l + r + 1) / 2;int cnt = 0;for (int j = 0; j < 26; j++)if (ps[mid + 1][j] - ps[i][j] != 0)cnt++;if (cnt <= k)l = mid;elser = mid - 1;}p[i] = p[l + 1] + 1;}int res = p[0];//不替换的情况int vis = 0;//当前分割中出现过的字符的 maskint cnt_pre = 0;//已遍历过的字符串前缀的分割数量for (int i = 0; i < n; i++) {//枚举各位for (int j = 0; j < 26; j++) {//枚举s[i]替换成 'a'+j 的情况int tmp = vis | (1 << j);// 将'a'+j 加入 maskif (pop_cnt(tmp) > k) {// 'a'+j 与当前分割不在同一分割tmp = 1 << j;//'a'+j 所在新的分割的 maskint l = i, r = n - 1;while (l < r) {//二分求 'a'+j 所在分割的右边界 int mid = (l + r + 1) / 2;int cnt = 0;for (int j = 0; j < 26; j++)if (tmp >> j & 1 || ps[mid + 1][j] - ps[i + 1][j] != 0)cnt++;if (cnt <= k)l = mid;elser = mid - 1;}res = max(res, cnt_pre + 1 + 1 + p[l + 1]);} else {// 'a'+j 与当前分割在同一分割int l = i, r = n - 1;while (l < r) {//二分求当前分割的右边界 int mid = (l + r + 1) / 2;int cnt = 0;for (int j = 0; j < 26; j++)if (tmp >> j & 1 || ps[mid + 1][j] - ps[i + 1][j] != 0)cnt++;if (cnt <= k)l = mid;elser = mid - 1;}res = max(res, cnt_pre + 1 + p[l + 1]);}}//更新当前分割的 maskvis |= 1 << (s[i] - 'a');if (pop_cnt(vis) > k) {cnt_pre++;//更新已遍历过的字符串前缀的分割数量vis = 1 << (s[i] - 'a');}}return res;}int pop_cnt(int x) {//返回二进制表示中1的位数int res = 0;for (int i = 0; i < 32; i++)if (x >> i & 1)res++;return res;}
};