前言

 本场周赛，博主也只写出两道题(前两道, hhh菜鸡勿喷)，第三道涉及位运算 ，数位dp，第四道涉及KMP。 下面我们来总结一下这四道题。

正文

1.3005. 最大频率元素计数

 这道题不难，不过有一个比较妙的写法，因此还是来分析总结一下。

• 题目链接: 最大频率元素计数
• 题目思路：

1. 用一个unordered_map更新次数。
2. 更新出最大次数时，也更新ans的初始值。
3. 当等于最大次数时，对ans 加上 当前最大次数。

• 关键：最大次数的出现是呈现递增趋势的.
• 因此我们可以一边记录unordered_map, 一边更新最大次数和answer。并且一个循环就可以更新出结果。

class Solution {
public:int maxFrequencyElements(vector<int>& nums) {int max_cnt = 0;int ans = 0;unordered_map<int,int> hash;for(auto e : nums){if(++hash[e] > max_cnt)max_cnt = ans = hash[e];else if(hash[e] == max_cnt)ans += max_cnt;}return ans;   }
};

2.3007.价值和小于等于 K 的最大数字

• 题目链接：价值和小于等于 K 的最大数字

• 题目大思路：【数位dp】 / 【分类讨论 + 数学分析】 + 二分

1. 数位dp

1. 从高位开始枚举，一直枚举到最低位。
2. 下一位的枚举的数字范围收到上一位的约束。
3. 对不受到上一位约束的，采取记忆化的策略。受到上一位约束的，只有一种情况，无需记忆化。

• 实现代码:

class Solution {
public:long long findMaximumNumber(long long k, int x) {//数位dpauto check = [&](long long num){//找其中为1 - num 上 x 的整数倍上 为 1的个数。//1.先将num转换为二进制数,到最高位即可。string s;for(int i = 0; i < 64; i++){if(num & (1ll << (63 - i)))s += "1";elses += "0";}long long dp[64][64];memset(dp,-1ll,sizeof(dp));/*其中dp表示为枚举第 i 位，之前之前已经有j个1时，数字出现1的总数1.limit表示第i位是否收到约束,即只能枚举 0 ~ s[i] - '0'，如果收到，下一位也要收到约束，否则可以枚举 0 ~ 92.如果枚举第i位没收到约束，且之前j个1已经求过，则无需再求，即记忆化。反之，只会出现一次，没必要记忆化，当然记忆化也可以。*/function<long long(int,int,bool)> dfs = [&](int i ,\long long j,bool limit){if(i == 64) return j;else if(!limit && dp[i][j] != -1) return dp[i][j];long long res = 0;int end = limit ? s[i] - '0' : 1;for(int m = 0;  m <= end; m++){res += dfs(i+1,j + (m == 1 && (64 - i) % x == 0),\limit && (m == end));/*m == 1 且是x的倍数成立，结果位 j + 1，反之为 j如果当前位受到限制，且枚举之后的n也达到了end，则下一位受到限制。*/}if(!limit) dp[i][j] = res;return res;};return dfs(0,0,true);};//二分long long left = 0,right = k << x;//找靠近右边最大的num,因此要固定右边枚举左边。while(left < right){long long mid = (left + right + 1) / 2;if(check(mid) > k)right = mid - 1;elseleft = mid;}//必然会有答案。return left;}
};

说明：模版题——233. 数字 1 的个数

2. 位运算 + 分类讨论
   

class Solution {
public:long long findMaximumNumber(long long k, int x) {//位运算 + 分类讨论auto check = [&](long long num){long long ans = 0;int cnt = x - 1;for(long long i = num >> cnt; i; cnt += x,i >>= x){ans += (i / 2) << cnt;if(i % 2){long long mask = (1ll << cnt) - 1;ans += (num & mask) + 1;}}return ans;};//二分long long left = 0,right = k << x;//找靠近右边最大的num,因此要固定右边枚举左边。while(left < right){long long mid = (left + right + 1) / 2;if(check(mid) > k)right = mid - 1;elseleft = mid;}//必然会有答案。return left;}
};

• 补充一点：这里的right 是 最多 num 能取到的数，设为上界，具体分析跟位运算的分析雷同，看奇数位且只看最低位，即 (num / 2^x-1 - 1) / 2 == k，解出上界，取一个大于 num 的即可。当然如果不想这样写，也可以直接枚举最大值作为上界。

3.3008. 找出数组中的美丽下标 II

• 题目链接:找出数组中的美丽下标 II

• 题目大思路：KMP + 【二分】/ 【双指针】

• 前置知识 ——【数据结构与算法】KMP算法

• KMP模版

vector<int> kmp(string& text,string& pattern)
{//求next数组int tsz = text.size(),psz = pattern.size();vector<int> next(psz);int index = 0;for(int i = 1; i < psz; i++){char ch = pattern[i];while(index && ch != pattern[index]){//进行回退找最长匹配串与之匹配index = next[index-1];}if(ch == pattern[index])index++;next[i] = index;}vector<int> ans;//求子串的起始位置。index = 0;for(int i = 0; i < tsz; i++){char ch = text[i];while(index && ch != pattern[index]){index = next[index-1];}if(ch == pattern[index])index++;if(index == psz){//说明找到子串了,记录下标并进行回退ans.push_back(i + 1 - psz);index = next[index - 1];}}return ans;
};

1. 双指针，因为要找 |j - i| <= k 的，所以我们固定 i，找符合满足的 j 即可, 可以让j追i，当 j < i - k, 就让k++, 追上 i 或者 超过i 就停下。

• 实现代码：

class Solution {
public:vector<int> beautifulIndices(string s, string a, string b, int k) {vector<int> res;vector<int> pos_a = kmp(s,a);vector<int> pos_b = kmp(s,b);int asz = pos_a.size(),bsz = pos_b.size();int j = 0;for(int i = 0; i < asz; i++){//让 j 追 i 且满足pos_b[j] < pos_a[i] - k, 就去追while(j < bsz && pos_b[j] + k < pos_a[i])j++;// 追上了，且满足情况if(j < bsz && abs(pos_a[i] - pos_b[j]) <= k)res.push_back(pos_a[i]);}return res;}
};

2. 二分，也是固定 i , 二分找 j，因为pos_b存的是下标是递增的，因此可以二分找，我们可以找 大于等于 pos_a[ i ] 的第一个pos_b[ j ]，pos_b[j - 1]可能是靠近pos_a[i]的其左边最近的那一个，对这两种情况进行讨论即可。

• 实现代码：

   vector<int> beautifulIndices(string s, string a, string b, int k) {vector<int> res;vector<int> pos_a = kmp(s,a);vector<int> pos_b = kmp(s,b);int asz = pos_a.size(),bsz = pos_b.size();for(int i = 0; i < asz; i++){//二分找左边那个j  >= i 的最靠近的元素int left = 0,right = bsz - 1;while(left <  right){int mid = (left + right - 1) / 2;if(pos_b[mid] < pos_a[i])left = mid + 1;elseright = mid;}if(right >= 0 && pos_b[right] >= pos_a[i]){left = right - 1;}else{left = bsz == 0 ? -1 : right;right = bsz;}if( right < bsz && pos_b[right] - pos_a[i] <= k || left >= 0 && pos_a[i] - pos_b[left] <= k){res.push_back(pos_a[i]);} }return res;}
};

• 这里的二分，要对结果判断一下是否有效，且这里 left是 pos_b 左边最靠近 pos_a[i ] 的，right 是 pos_b右边最靠近 pos_a[i]的。
• 推荐双指针的写法。

总结

1. 第一道题的一种遍历写法值得品味一番。
2. 第二道题的数位dp + 位运算 需要认真思考。
3. 第三道题的KMP算法 的线性复杂度值得探索。

• 彩蛋：如果存在两个题目相同，可以先把简单的AC掉，然后用难的去简单的上测试，出错是不会罚时的哦！

尾序

我是舜华，期待与你的下一次相遇！