给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个整数 k 。

请你用整数形式返回 nums 中的特定元素之 和 ，这些特定元素满足：其对应下标的二进制表示中恰存在 k 个置位。

整数的二进制表示中的 1 就是这个整数的 置位 。

例如，21 的二进制表示为 10101 ，其中有 3 个置位。

示例 1：

输入：nums = [5,10,1,5,2], k = 1
输出：13
解释：下标的二进制表示是：
0 = 0002
1 = 0012
2 = 0102
3 = 0112
4 = 1002
下标 1、2 和 4 在其二进制表示中都存在 k = 1 个置位。
因此，答案为 nums[1] + nums[2] + nums[4] = 13 。
示例 2：

输入：nums = [4,3,2,1], k = 2
输出：1
解释：下标的二进制表示是：
0 = 002
1 = 012
2 = 102
3 = 112
只有下标 3 的二进制表示中存在 k = 2 个置位。
因此，答案为 nums[3] = 1 。

提示：

1 <= nums.length <= 1000
1 <= nums[i] <= 1e5
0 <= k <= 10

简单模拟：

class Solution {
public:int sumIndicesWithKSetBits(vector<int>& nums, int k) {int len = nums.size();int ans = 0;if(len < 1) {return 0;}for(int i = 0;i < len;i++){int tmp = i;int count = 0;while(tmp > 0 && tmp != 1){if(tmp % 2 == 1) {count++;}tmp = tmp / 2;}if(tmp == 1) {count++;}if(count == k) {ans += nums[i];}}return ans;}
};

现有一棵由 n 个节点组成的无向树，节点按从 0 到 n - 1 编号。给你一个整数 n 和一个长度为 n - 1 的二维整数数组 edges ，其中 edges[i] = [ui, vi, wi] 表示树中存在一条位于节点 ui 和节点 vi 之间、权重为 wi 的边。

另给你一个长度为 m 的二维整数数组 queries ，其中 queries[i] = [ai, bi] 。对于每条查询，请你找出使从 ai 到 bi 路径上每条边的权重相等所需的 最小操作次数 。在一次操作中，你可以选择树上的任意一条边，并将其权重更改为任意值。

注意：

查询之间 相互独立 的，这意味着每条新的查询时，树都会回到 初始状态 。
从 ai 到 bi的路径是一个由 不同 节点组成的序列，从节点 ai 开始，到节点 bi 结束，且序列中相邻的两个节点在树中共享一条边。
返回一个长度为 m 的数组 answer ，其中 answer[i] 是第 i 条查询的答案。

示例 1：

输入：n = 7, edges = [[0,1,1],[1,2,1],[2,3,1],[3,4,2],[4,5,2],[5,6,2]], queries = [[0,3],[3,6],[2,6],[0,6]]
输出：[0,0,1,3]
解释：第 1 条查询，从节点 0 到节点 3 的路径中的所有边的权重都是 1 。因此，答案为 0 。
第 2 条查询，从节点 3 到节点 6 的路径中的所有边的权重都是 2 。因此，答案为 0 。
第 3 条查询，将边 [2,3] 的权重变更为 2 。在这次操作之后，从节点 2 到节点 6 的路径中的所有边的权重都是 2 。因此，答案为 1 。
第 4 条查询，将边 [0,1]、[1,2]、[2,3] 的权重变更为 2 。在这次操作之后，从节点 0 到节点 6 的路径中的所有边的权重都是 2 。因此，答案为 3 。
对于每条查询 queries[i] ，可以证明 answer[i] 是使从 ai 到 bi 的路径中的所有边的权重相等的最小操作次数。
示例 2：

输入：n = 8, edges = [[1,2,6],[1,3,4],[2,4,6],[2,5,3],[3,6,6],[3,0,8],[7,0,2]], queries = [[4,6],[0,4],[6,5],[7,4]]
输出：[1,2,2,3]
解释：第 1 条查询，将边 [1,3] 的权重变更为 6 。在这次操作之后，从节点 4 到节点 6 的路径中的所有边的权重都是 6 。因此，答案为 1 。
第 2 条查询，将边 [0,3]、[3,1] 的权重变更为 6 。在这次操作之后，从节点 0 到节点 4 的路径中的所有边的权重都是 6 。因此，答案为 2 。
第 3 条查询，将边 [1,3]、[5,2] 的权重变更为 6 。在这次操作之后，从节点 6 到节点 5 的路径中的所有边的权重都是 6 。因此，答案为 2 。
第 4 条查询，将边 [0,7]、[0,3]、[1,3] 的权重变更为 6 。在这次操作之后，从节点 7 到节点 4 的路径中的所有边的权重都是 6 。因此，答案为 3 。
对于每条查询 queries[i] ，可以证明 answer[i] 是使从 ai 到 bi 的路径中的所有边的权重相等的最小操作次数。

提示：

1 <= n <= 1e4
edges.length == n - 1
edges[i].length == 3
0 <= ui, vi < n
1 <= wi <= 26
生成的输入满足 edges 表示一棵有效的树
1 <= queries.length == m <= 2 * 1e4
queries[i].length == 2
0 <= ai, bi < n

这题用到LCA 以前没有了解过，这里照搬灵神题解，有时间可以出个专项练习题集：

class Solution {
public:vector<int> minOperationsQueries(int n, vector<vector<int>> &edges, vector<vector<int>> &queries) {vector<vector<pair<int, int>>> g(n);for (auto &e: edges) {int x = e[0], y = e[1], w = e[2] - 1;g[x].emplace_back(y, w);g[y].emplace_back(x, w);}int m = 32 - __builtin_clz(n); // n 的二进制长度vector<vector<int>> pa(n, vector<int>(m, -1));vector<vector<array<int, 26>>> cnt(n, vector<array<int, 26>>(m));vector<int> depth(n);function<void(int, int)> dfs = [&](int x, int fa) {pa[x][0] = fa;for (auto [y, w]: g[x]) {if (y != fa) {cnt[y][0][w] = 1;depth[y] = depth[x] + 1;dfs(y, x);}}};dfs(0, -1);for (int i = 0; i < m - 1; i++) {for (int x = 0; x < n; x++) {int p = pa[x][i];if (p != -1) {int pp = pa[p][i];pa[x][i + 1] = pp;for (int j = 0; j < 26; ++j) {cnt[x][i + 1][j] = cnt[x][i][j] + cnt[p][i][j];}}}}vector<int> ans;for (auto &q: queries) {int x = q[0], y = q[1];int path_len = depth[x] + depth[y]; // 最后减去 depth[lca] * 2int cw[26]{};if (depth[x] > depth[y]) {swap(x, y);}// 让 y 和 x 在同一深度for (int k = depth[y] - depth[x]; k; k &= k - 1) {int i = __builtin_ctz(k);int p = pa[y][i];for (int j = 0; j < 26; ++j) {cw[j] += cnt[y][i][j];}y = p;}if (y != x) {for (int i = m - 1; i >= 0; i--) {int px = pa[x][i], py = pa[y][i];if (px != py) {for (int j = 0; j < 26; j++) {cw[j] += cnt[x][i][j] + cnt[y][i][j];}x = px;y = py; // x 和 y 同时上跳 2^i 步}}for (int j = 0; j < 26; j++) {cw[j] += cnt[x][0][j] + cnt[y][0][j];}x = pa[x][0];}int lca = x;path_len -= depth[lca] * 2;ans.push_back(path_len - *max_element(cw, cw + 26));}return ans;}
};

题解：LCA 模板

假设你是一家合金制造公司的老板，你的公司使用多种金属来制造合金。现在共有 n 种不同类型的金属可以使用，并且你可以使用 k 台机器来制造合金。每台机器都需要特定数量的每种金属来创建合金。

对于第 i 台机器而言，创建合金需要 composition[i][j] 份 j 类型金属。最初，你拥有 stock[i] 份 i 类型金属，而每购入一份 i 类型金属需要花费 cost[i] 的金钱。

给你整数 n、k、budget，下标从 1 开始的二维数组 composition，两个下标从 1 开始的数组 stock 和 cost，请你在预算不超过 budget 金钱的前提下，最大化 公司制造合金的数量。

所有合金都需要由同一台机器制造。

返回公司可以制造的最大合金数。

示例 1：

输入：n = 3, k = 2, budget = 15, composition = [[1,1,1],[1,1,10]], stock = [0,0,0], cost = [1,2,3]
输出：2
解释：最优的方法是使用第 1 台机器来制造合金。
要想制造 2 份合金，我们需要购买：

• 2 份第 1 类金属。
• 2 份第 2 类金属。
• 2 份第 3 类金属。
  总共需要 2 * 1 + 2 * 2 + 2 * 3 = 12 的金钱，小于等于预算 15 。
  注意，我们最开始时候没有任何一类金属，所以必须买齐所有需要的金属。
  可以证明在示例条件下最多可以制造 2 份合金。
  示例 2：

输入：n = 3, k = 2, budget = 15, composition = [[1,1,1],[1,1,10]], stock = [0,0,100], cost = [1,2,3]
输出：5
解释：最优的方法是使用第 2 台机器来制造合金。
要想制造 5 份合金，我们需要购买：

• 5 份第 1 类金属。
• 5 份第 2 类金属。
• 0 份第 3 类金属。
  总共需要 5 * 1 + 5 * 2 + 0 * 3 = 15 的金钱，小于等于预算 15 。
  可以证明在示例条件下最多可以制造 5 份合金。
  示例 3：

输入：n = 2, k = 3, budget = 10, composition = [[2,1],[1,2],[1,1]], stock = [1,1], cost = [5,5]
输出：2
解释：最优的方法是使用第 3 台机器来制造合金。
要想制造 2 份合金，我们需要购买：

• 1 份第 1 类金属。
• 1 份第 2 类金属。
  总共需要 1 * 5 + 1 * 5 = 10 的金钱，小于等于预算 10 。
  可以证明在示例条件下最多可以制造 2 份合金。

提示：

1 <= n, k <= 100
0 <= budget <= 1e8
composition.length == k
composition[i].length == n
1 <= composition[i][j] <= 100
stock.length == cost.length == n
0 <= stock[i] <= 1e8
1 <= cost[i] <= 100

二分解法，思路清楚后不难：

class Solution {
public:int maxNumberOfAlloys(int n, int k, int b, vector<vector<int>>& a,vector<int>& s, vector<int>& c) {long long l = 0, r = 2 * 1e8 + 5, mid, ans = 0;while (l <= r) {mid = (l + r) / 2;if (se(n, k, b, mid, a, s, c)) {ans = max(ans, mid);l = mid + 1;} elser = mid - 1;}return ans;}bool se(int n, int k, int b, long long x, vector<vector<int>>& a,vector<int>& s, vector<int>& c) {long long sum, t = 0;for (int i = 0; i < k; i++) {sum = 0;for (int j = 0; j < n; j++) {long long ne = max(t, a[i][j] * x - s[j]);sum += ne * c[j];}if (sum <= b)return 1;}return 0;}
};

有两个水壶，容量分别为 jug1Capacity 和 jug2Capacity 升。水的供应是无限的。确定是否有可能使用这两个壶准确得到 targetCapacity 升。

如果可以得到 targetCapacity 升水，最后请用以上水壶中的一或两个来盛放取得的 targetCapacity 升水。

你可以：

装满任意一个水壶
清空任意一个水壶
从一个水壶向另外一个水壶倒水，直到装满或者倒空

示例 1:

输入: jug1Capacity = 3, jug2Capacity = 5, targetCapacity = 4
输出: true
解释：来自著名的 “Die Hard”
示例 2:

输入: jug1Capacity = 2, jug2Capacity = 6, targetCapacity = 5
输出: false
示例 3:

输入: jug1Capacity = 1, jug2Capacity = 2, targetCapacity = 3
输出: true

提示:

1 <= jug1Capacity, jug2Capacity, targetCapacity <= 1e6

又是一种我没了解过的算法GCD（贝祖定理）,看了题解了解一点后尝试了一下，并不难：

class Solution {
public:bool canMeasureWater(int x, int y, int z) {if (z == 0)return true;if (z < 0 || z > x + y)return false;int GCD = gcd(x, y);return !(z % GCD);}
};

电子游戏“辐射4”中，任务 “通向自由” 要求玩家到达名为 “Freedom Trail Ring” 的金属表盘，并使用表盘拼写特定关键词才能开门。

给定一个字符串 ring ，表示刻在外环上的编码；给定另一个字符串 key ，表示需要拼写的关键词。您需要算出能够拼写关键词中所有字符的最少步数。

最初，ring 的第一个字符与 12:00 方向对齐。您需要顺时针或逆时针旋转 ring 以使 key 的一个字符在 12:00 方向对齐，然后按下中心按钮，以此逐个拼写完 key 中的所有字符。

旋转 ring 拼出 key 字符 key[i] 的阶段中：

您可以将 ring 顺时针或逆时针旋转 一个位置 ，计为1步。旋转的最终目的是将字符串 ring 的一个字符与 12:00 方向对齐，并且这个字符必须等于字符 key[i] 。
如果字符 key[i] 已经对齐到12:00方向，您需要按下中心按钮进行拼写，这也将算作 1 步。按完之后，您可以开始拼写 key 的下一个字符（下一阶段）, 直至完成所有拼写。

示例 1：

输入: ring = “godding”, key = “gd”
输出: 4
解释:
对于 key 的第一个字符 ‘g’，已经在正确的位置, 我们只需要1步来拼写这个字符。
对于 key 的第二个字符 ‘d’，我们需要逆时针旋转 ring “godding” 2步使它变成 “ddinggo”。
当然, 我们还需要1步进行拼写。
因此最终的输出是 4。
示例 2:

输入: ring = “godding”, key = “godding”
输出: 13

提示：

1 <= ring.length, key.length <= 100
ring 和 key 只包含小写英文字母
保证 字符串 key 一定可以由字符串 ring 旋转拼出

DFS做法：

class Solution {
public:vector<vector<int>> memo;int findRotateSteps(string ring, string key) {memo.assign(ring.size(), vector<int>(key.size(), -1));return dfs(ring, 0, key, 0) + key.size();}int dfs(string ring, int i, string key, int j) {int n = ring.size(), m = key.size();if (j == key.size()) {return 0;}if (memo[i][j] != -1)return memo[i][j];int step = INT_MAX;for (int p = 0; p < ring.size(); p++) {if (ring[p] == key[j]) {step = min(step, dfs(ring, p, key, j + 1) +min(abs(p - i), n - abs(p - i)));}}memo[i][j] = step;return memo[i][j];}
};

题解中还有DP/BFS做法，可以了解一下：
两种 O(nm) 做法：DP / BFS

给你一个下标从 0 开始长度为 n 的数组 nums 。

每一秒，你可以对数组执行以下操作：

对于范围在 [0, n - 1] 内的每一个下标 i ，将 nums[i] 替换成 nums[i] ，nums[(i - 1 + n) % n] 或者 nums[(i + 1) % n] 三者之一。
注意，所有元素会被同时替换。

请你返回将数组 nums 中所有元素变成相等元素所需要的 最少 秒数。

示例 1：

输入：nums = [1,2,1,2]
输出：1
解释：我们可以在 1 秒内将数组变成相等元素：

• 第 1 秒，将每个位置的元素分别变为 [nums[3],nums[1],nums[3],nums[3]] 。变化后，nums = [2,2,2,2] 。
  1 秒是将数组变成相等元素所需要的最少秒数。
  示例 2：

输入：nums = [2,1,3,3,2]
输出：2
解释：我们可以在 2 秒内将数组变成相等元素：

• 第 1 秒，将每个位置的元素分别变为 [nums[0],nums[2],nums[2],nums[2],nums[3]] 。变化后，nums = [2,3,3,3,3] 。
• 第 2 秒，将每个位置的元素分别变为 [nums[1],nums[1],nums[2],nums[3],nums[4]] 。变化后，nums = [3,3,3,3,3] 。
  2 秒是将数组变成相等元素所需要的最少秒数。
  示例 3：

输入：nums = [5,5,5,5]
输出：0
解释：不需要执行任何操作，因为一开始数组中的元素已经全部相等。

提示：

1 <= n == nums.length <= 1e5
1 <= nums[i] <= 1e9

哈希，看了题解后才有了比较清晰的思路,膜拜各路大佬orz：

class Solution {
public:int minimumSeconds(vector<int>& nums) {unordered_map<int, vector<int>> pos_hash;int n = nums.size();for (int i = 0; i < n; i++) {pos_hash[nums[i]].push_back(i);}int ans = INT_MAX;for (auto pair : pos_hash) {int tmp_max = 0;int m = pair.second.size();for (int j = 0; j < m; j++) {tmp_max =max(tmp_max,(pair.second[(j + 1) % m] - pair.second[j] + n) % n);}if (m == 1) {tmp_max = n;}ans = min(ans, tmp_max / 2);}return ans;}
};

哈希表 + 统计：正难则反——将元素改变转为元素扩散【图解】
这个题解比较清晰

给你一个下标从 0 开始的数组 nums ，数组长度为 n 。

nums 的 不同元素数目差 数组可以用一个长度为 n 的数组 diff 表示，其中 diff[i] 等于前缀 nums[0, …, i] 中不同元素的数目 减去 后缀 nums[i + 1, …, n - 1] 中不同元素的数目。

返回 nums 的 不同元素数目差 数组。

注意 nums[i, …, j] 表示 nums 的一个从下标 i 开始到下标 j 结束的子数组（包含下标 i 和 j 对应元素）。特别需要说明的是，如果 i > j ，则 nums[i, …, j] 表示一个空子数组。

示例 1：

输入：nums = [1,2,3,4,5]
输出：[-3,-1,1,3,5]
解释：
对于 i = 0，前缀中有 1 个不同的元素，而在后缀中有 4 个不同的元素。因此，diff[0] = 1 - 4 = -3 。
对于 i = 1，前缀中有 2 个不同的元素，而在后缀中有 3 个不同的元素。因此，diff[1] = 2 - 3 = -1 。
对于 i = 2，前缀中有 3 个不同的元素，而在后缀中有 2 个不同的元素。因此，diff[2] = 3 - 2 = 1 。
对于 i = 3，前缀中有 4 个不同的元素，而在后缀中有 1 个不同的元素。因此，diff[3] = 4 - 1 = 3 。
对于 i = 4，前缀中有 5 个不同的元素，而在后缀中有 0 个不同的元素。因此，diff[4] = 5 - 0 = 5 。
示例 2：

输入：nums = [3,2,3,4,2]
输出：[-2,-1,0,2,3]
解释：
对于 i = 0，前缀中有 1 个不同的元素，而在后缀中有 3 个不同的元素。因此，diff[0] = 1 - 3 = -2 。
对于 i = 1，前缀中有 2 个不同的元素，而在后缀中有 3 个不同的元素。因此，diff[1] = 2 - 3 = -1 。
对于 i = 2，前缀中有 2 个不同的元素，而在后缀中有 2 个不同的元素。因此，diff[2] = 2 - 2 = 0 。
对于 i = 3，前缀中有 3 个不同的元素，而在后缀中有 1 个不同的元素。因此，diff[3] = 3 - 1 = 2 。
对于 i = 4，前缀中有 3 个不同的元素，而在后缀中有 0 个不同的元素。因此，diff[4] = 3 - 0 = 3 。

提示：

1 <= n == nums.length <= 50
1 <= nums[i] <= 50

前后缀分解：

class Solution {
public:vector<int> distinctDifferenceArray(vector<int>& nums) {int n = nums.size(), suf[n + 1];suf[n] = 0;unordered_set<int> s;for (int i = n - 1; i; i--) {s.insert(nums[i]);suf[i] = s.size();}s.clear();vector<int> ans(n);for (int i = 0; i < n; i++) {s.insert(nums[i]);ans[i] = s.size() - suf[i + 1];}return ans;}
};

小扣在秋日市集入口处发现了一个数字游戏。主办方共有 N 个计数器，计数器编号为 0 ~ N-1。每个计数器上分别显示了一个数字，小扣按计数器编号升序将所显示的数字记于数组 nums。每个计数器上有两个按钮，分别可以实现将显示数字加一或减一。小扣每一次操作可以选择一个计数器，按下加一或减一按钮。

主办方请小扣回答出一个长度为 N 的数组，第 i 个元素(0 <= i < N)表示将 0~i 号计数器 初始 所示数字操作成满足所有条件 nums[a]+1 == nums[a+1],(0 <= a < i) 的最小操作数。回答正确方可进入秋日市集。

由于答案可能很大，请将每个最小操作数对 1,000,000,007 取余。

示例 1：

输入：nums = [3,4,5,1,6,7]

输出：[0,0,0,5,6,7]

解释： i = 0，[3] 无需操作 i = 1，[3,4] 无需操作； i = 2，[3,4,5] 无需操作； i = 3，将 [3,4,5,1] 操作成 [3,4,5,6], 最少 5 次操作； i = 4，将 [3,4,5,1,6] 操作成 [3,4,5,6,7], 最少 6 次操作； i = 5，将 [3,4,5,1,6,7] 操作成 [3,4,5,6,7,8]，最少 7 次操作； 返回 [0,0,0,5,6,7]。

示例 2：

输入：nums = [1,2,3,4,5]

输出：[0,0,0,0,0]

解释：对于任意计数器编号 i 都无需操作。

示例 3：

输入：nums = [1,1,1,2,3,4]

输出：[0,1,2,3,3,3]

解释： i = 0，无需操作； i = 1，将 [1,1] 操作成 [1,2] 或 [0,1] 最少 1 次操作； i = 2，将 [1,1,1] 操作成 [1,2,3] 或 [0,1,2]，最少 2 次操作； i = 3，将 [1,1,1,2] 操作成 [1,2,3,4] 或 [0,1,2,3]，最少 3 次操作； i = 4，将 [1,1,1,2,3] 操作成 [-1,0,1,2,3]，最少 3 次操作； i = 5，将 [1,1,1,2,3,4] 操作成 [-1,0,1,2,3,4]，最少 3 次操作； 返回 [0,1,2,3,3,3]。

提示：

1 <= nums.length <= 10^5
1 <= nums[i] <= 10^3

这个好难不会做…

参考灵神题解：

class Solution {
public:vector<int> numsGame(vector<int>& nums) {const int MOD = 1'000'000'007;vector<int> ans(nums.size());priority_queue<int> left; // 维护较小的一半，大根堆priority_queue<int, vector<int>, greater<int>>right; // 维护较大的一半，小根堆long long left_sum = 0, right_sum = 0;for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {int b = nums[i] - i;if (i % 2 == 0) { // 前缀长度是奇数if (!left.empty() && b < left.top()) {left_sum -= left.top() - b;left.push(b);b = left.top();left.pop();}right_sum += b;right.push(b);ans[i] = (right_sum - right.top() - left_sum) % MOD;} else { // 前缀长度是偶数if (b > right.top()) {right_sum += b - right.top();right.push(b);b = right.top();right.pop();}left_sum += b;left.push(b);ans[i] = (right_sum - left_sum) % MOD;}}return ans;}
};

转换+中位数贪心+对顶堆