1534、给你一个整数数组 arr ，以及 a、b 、c 三个整数。请你统计其中好三元组的数量。
如果三元组 (arr[i], arr[j], arr[k]) 满足下列全部条件，则认为它是一个 好三元组 。
- 0 <= i < j < k < arr.length
- |arr[i] - arr[j]| <= a
- |arr[j] - arr[k]| <= b
- |arr[i] - arr[k]| <= c
其中 |x| 表示 x 的绝对值。
返回 好三元组的数量 。
示例 1：
输入：arr = [3,0,1,1,9,7], a = 7, b = 2, c = 3
输出：4
解释：一共有 4 个好三元组：[(3,0,1), (3,0,1), (3,1,1), (0,1,1)] 。
class Solution {
public:int countGoodTriplets(vector<int>& arr, int a, int b, int c) {int ans = 0;for(int i = 0; i < arr.size(); i++){for(int j = i + 1; j < arr.size(); j++){if(abs(arr[i] - arr[j]) > a) continue;for(int k = j + 1; k < arr.size(); k++)if(abs(arr[j] - arr[k]) <= b && abs(arr[i] - arr[k]) <= c) ans++;}}return ans;}
};
结果：
执行用时：32 ms, 在所有 C++ 提交中击败了85.46% 的用户
内存消耗：8.3 MB, 在所有 C++ 提交中击败了51.05%
1535、给你一个由 不同 整数组成的整数数组 arr 和一个整数 k 。
每回合游戏都在数组的前两个元素（即 arr[0] 和 arr[1] ）之间进行。比较 arr[0] 与 arr[1] 的大小，较大的整数将会取得这一回合的胜利并保留在位置 0 ，较小的整数移至数组的末尾。当一个整数赢得 k 个连续回合时，游戏结束，该整数就是比赛的 赢家 。
返回赢得比赛的整数。
题目数据 保证 游戏存在赢家。
示例 1：
输入：arr = [2,1,3,5,4,6,7], k = 2
输出：5
解释：一起看一下本场游戏每回合的情况：
因此将进行 4 回合比赛，其中 5 是赢家，因为它连胜 2 回合。
queue模拟
// 用queue模拟
class Solution {
public:int getWinner(vector<int>& arr, int k) {if(k >= arr.size()) return *max_element(arr.begin(), arr.end());if(k == 1) return max(arr[0], arr[1]);queue<int> q;for(auto &i:arr) q.push(i);int cnt = 0; // 记录某个数连胜的回合数while(true){int cur = q.front(); q.pop();while(cur > q.front()){cnt++;int t = q.front(); q.pop(); q.push(t);if(cnt == k) return cur;}cnt = 1;q.push(cur);}return 0;}
};
结果：
执行用时：292 ms, 在所有 C++ 提交中击败了48.70% 的用户
内存消耗：68.7 MB, 在所有 C++ 提交中击败了21.71% 的用户
修改：用cur标记侯选数，与之后的数arr[i]比较
class Solution {
public:int getWinner(vector<int>& arr, int k) {int cur = arr[0], cnt = 0;for(int i = 1; i < arr.size(); i++){if(cur > arr[i]){cnt++;}else {cur = arr[i];cnt = 1;}if(cnt == k) return cur;}return cur;}
};
结果：
执行用时：312 ms, 在所有 C++ 提交中击败了30.02% 的用户
内存消耗：63.3 MB, 在所有 C++ 提交中击败了64.31% 的用户
1536、给你一个 n x n 的二进制网格 grid，每一次操作中，你可以选择网格的 相邻两行 进行交换。
一个符合要求的网格需要满足主对角线以上的格子全部都是 0 。
请你返回使网格满足要求的最少操作次数，如果无法使网格符合要求，请你返回 -1 。
主对角线指的是从 (1, 1) 到 (n, n) 的这些格子。
示例 1：
输入：grid = [[0,0,1],[1,1,0],[1,0,0]]
输出：3
简单的暴力循环，贪心算法，每次找符合要求的行，找到该行，就两两向上交换。
我想复杂了，把交换的方法想复杂了，直接找到后，向上交换即可
class Solution {
public:int count(vector<int>& vec){int ret = 0;for(int i = vec.size() - 1; i >= 0; i--)if(vec[i] == 1) return ret;else ret++;return ret;}int minSwaps(vector<vector<int>>& grid) {int n = grid.size();int ans = 0;for(int i = 0; i < n; i++){if(count(grid[i]) >= n - 1 - i) continue; // 第i行0符合要求bool find = false;for(int j = i + 1; j < n; j++){ // 找i行后符合要求的行，并两两向上交换至i,计算次数if(count(grid[j]) >= n - 1 - i){ // 把j行换到i行find = true;for(;j != i; j--) swap(grid[j], grid[j-1]), ans++;break;}}if(!find) return -1;}return ans;}
};
结果：
执行用时：172 ms, 在所有 C++ 提交中击败了72.35% 的用户
内存消耗：25.8 MB, 在所有 C++ 提交中击败了62.95% 的用户
1537、你有两个 有序 且数组内元素互不相同的数组 nums1 和 nums2 。
一条 合法路径 定义如下：
- 选择数组 nums1 或者 nums2 开始遍历（从下标 0 处开始）。
- 从左到右遍历当前数组。
- 如果你遇到了 nums1 和 nums2 中都存在的值，那么你可以切换路径到另一个数组对应数字处继续遍历（但在合法路径中重复数字只会被统计一次）。
得分定义为合法路径中不同数字的和。
请你返回所有可能合法路径中的最大得分。
由于答案可能很大，请你将它对 10^9 + 7 取余后返回。
示例 1：
输入：nums1 = [2,4,5,8,10], nums2 = [4,6,8,9]
输出：30
解释：合法路径包括：[2,4,5,8,10], [2,4,5,8,9], [2,4,6,8,9], [2,4,6,8,10],（从 nums1 开始遍历）
[4,6,8,9], [4,5,8,10], [4,5,8,9], [4,6,8,10] （从 nums2 开始遍历）
最大得分为上图中的绿色路径 [2,4,6,8,10] 。
取MOD，注意保存数的时机，有可能因为多次MOD 导致和结果不符。
因为使用sum1,sum2数组，先保存了前i个数的和，导致多次MOD，结果出错。
70 / 82 个通过测试用例.
在代码中用long long, 在最后返回时，才需要MOD
class Solution {
public:long long MOD = 1e9+7;int maxSum(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int n = nums1.size(), m = nums2.size();vector<long long> sum1(n, 0); sum1[0] = nums1[0];vector<long long> sum2(m, 0); sum2[0] = nums2[0];for(int i = 1; i < n; i++) sum1[i] = sum1[i-1] + nums1[i];for(int i = 1; i < m; i++) sum2[i] = sum2[i-1] + nums2[i];int pre1 = 0, pre2 = 0; // 记录上一个可转换位置的节点long long ans = 0;for(int i = 0, j = 0; i < n && j < m; ){ // 对数组2进行遍历，找与数组1相同的节点，并计算每段中和最大段if(nums1[i] == nums2[j]){if(ans > 0) ans += max(sum1[i] - sum1[pre1], sum2[j] - sum2[pre2]);else ans += max(sum1[i] - sum1[pre1] + nums1[pre1], sum2[j] - sum2[pre2] + nums2[pre2]);pre1 = i++;pre2 = j++;}else if(nums1[i] < nums2[j]) i++;else j++;}if(ans == 0) ans = max(sum1[n-1], sum2[m-1]);else ans += max(sum1[n-1] - sum1[pre1], sum2[m-1] - sum2[pre2]);return ans % MOD;}
};
结果：
执行用时：300 ms, 在所有 C++ 提交中击败了32.36% 的用户
内存消耗：60.7 MB, 在所有 C++ 提交中击败了29.02% 的用户
修改：去除预操作，直接在循环中累加。
在代码中用long long, 在最后返回时，才需要MOD
class Solution {
public:int MOD = 1e9+7;int maxSum(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int n = nums1.size(), m = nums2.size(), i = 0, j = 0;long long ans = 0;long long sum1 = 0, sum2 = 0; // 记录每段nums1和nums2的和while(i < n && j < m){ // 对数组2进行遍历，找与数组1相同的节点，并计算每段中和最大段if(nums1[i] == nums2[j]){ans += max(sum1, sum2) + nums1[i];sum1 = 0;sum2 = 0;i++;j++;}else if(nums1[i] < nums2[j]) {sum1 += nums1[i++];}else {sum2 += nums2[j++];}}while(i < n) sum1 += nums1[i++];while(j < m) sum2 += nums2[j++];ans += max(sum1, sum2);return ans % MOD;}
};
结果：
执行用时：240 ms, 在所有 C++ 提交中击败了94.48% 的用户
内存消耗：55.9 MB, 在所有 C++ 提交中击败了69.39% 的用户