一个人知道自己为什么而活，他就能够接收任何一种生活

lc2064。

deque底层实现与二分查找接口分块+中控数组在C++容器中， deque （双端队列）的底层设计和二分查找接口的支持性，结合分块思想与二分逻辑，可清晰梳理其设计原理与应用合理性。一、deque的底层实现核心1. 分块存储机制deque 并非连续线性存储，而是采用分块+中控数组的设计：数据被拆分到多个固定大小的内存块中，2. O(1)插入特性在 deque 首尾插入元素时，若对应块未存满，可直接放入实现O(1)时间复杂度；

按负数个数 分类贪心。

lc1970public:i < v;i++) {j < col;j++) {while (!q.pop();

lc3413镜像翻转 复用代码。

/ 主要是处理"00009"这种情况的。只有左边添加了大于'0'的数字才能在中间添加偶数个'0'// 先将大数字添加到最左边，只用考虑添加偶数个一半的数字"i"// 将数量为奇数的最大一个数字，添加在最中间。// 记录前面对称部分的最后一个下标。// 特判全 0 的情况。// 将右半部分补齐。

/ 比较剩余子串的字典序，选择更大的首字符。灵活调用substr api😋。

j++) { //修改2~7号牢房的状态（牢房号1 ~ 8，对应下标0 ~ 7）//不能整除时返回第 n % (i - 1) 的状态。j++) { //看是否与第一天的状态相同，相同则说明出现了循环。if (i > 1 && flag) { //出现循环，周期为i - 1，直接返回map中对应的值。if (i == 1) { //第一天时，首尾牢房没有两个相邻牢房，状态设为0。//存储第i天牢房的的状态。

/ 等价于 pyramid[n-1][i] = bottom[i]&31。// 清除之前填的字母，等价于 pyramid[i][j] = 0。// 等价于 pyramid[i][j] = top。// 注意这里把 k 减小了。// 计算 f[i] 的前缀和数组 s。

/ 存储所有待离散化的值。// 找到第一个大于等于x的位置。// 二分求出x对应离散化的值。

再逐一校验障碍物坐标，若障碍物坐标在机器人到达目标点前的路径中则返回false，否则返回true。将路径坐标编码存入集合，计算目标点在指令循环后的剩余坐标，验证其是否在单次路径中；//圈数位置 无法抵达。模拟机器人执行一次指令的路径。

/ 存储切割成本和类型，pair第一个值为成本，第二个值0代表水平(H)、1代表垂直(V)不是真的要写最小生成树，是为了证明采用这种贪心策略是“正确的”，写出来的代码是等价的....如果切晚了会有增加segment的风险，而cost最大线段增加的总cost也最多。if (type == 0) { // 水平切割。} else { // 垂直切割。把这个题目转成最小生成树模型，那么正确性就证明完毕了。// 按成本从大到小排序。“高费用的线段越早切越好”

sort后贪心check单向压制。

/ 取三个值的最大值：当前机器需移出的衣物数、前缀和绝对值、当前结果。取“单台机器超量数”和“累积流量绝对值”的最大值，得到最少操作步数。为什么 machines[i] - avg 不用取绝对值呢。通过前缀和计算衣物转移的累积流量。先判断衣物总数能否均分。

先建树，DFS回溯维护每个字符的最近祖先，把同字符子节点移到最近祖先下重构树，最后DFS统计每个节点的子树大小。// 注意这里已经把 1 算进去了。= -1) { // y 没被删除。

if(mins[i] - mins[i-2] <= 60) { // 第i个和前2个的时间差<=60分钟。// 2. 检查每个姓名的时间是否有1小时内>=3次。//1. hash分组。

lclcp52public:set<int> s;if (!dfs(root);i >= 0;--i) {return ret;

重量: 空气<石头<障碍物，然后给三种符号赋大小不同的int型，然后以每排障碍物之间的小数组为单位对每排数组进行排序（障碍物不参与排序）先把每行石头按重力堆到右侧（遇障碍停），再把处理后的矩阵顺时针转90度得到结果。//落到障碍物前一个。还有一种也挺好的思路。

/ coins 已排序，后面没有比 c 更小的数了。int m = 0;// 一开始只能构造出 0。// 无法构造出 m+1，继续循环没有意义。// [0,m] 中一共有 m+1 个整数。对有序硬币数组，从0开始累加能连续构造的数值上限。，最终返回可构造的连续整数个数。

/最多只能参加两个。// 结束时间 < t[0] 的位置。dp+二分查找，找出两个不重叠事件的最大价值和。// 按结束时间排序。

统计 nums 与 forbidden 对应位置相同元素，结合元素出现次数限制 (鸽巢 贪心_最多相同元素。计算使两数组对应位置元素匹配的最小交换次数。

/ 奇数直接返回空。// 取下一个不同的偶数。先从2开始挨个加不同偶数，最后把剩下的数补到最后一个数上。// 从最小的偶数2开始取。// 补上剩余的差值。

超过 sum 或 hi 后，修正失效，对应 d[sum+1]++ 和 d[hi+1]++ 把次数加回去。- 落在 [lo, sum) 区间的目标和，数对只需 1 次移动 → 总次数减 1，对应 d[lo]--。- 目标和等于 sum 时，数对无需移动 → 总次数再减 1，对应 d[sum]--。sum：差分在“全需 2 次移动”的基准上，按区间调整真实移动次数。差分统计数组两两配对和的不同区间所需移动次数，遍历求最小移动次数。//对可抵达的结果 差分。

pq最小堆 维护动态前k大。

lc849public:total[x]++;continue;i <= mx;i++) {dfs(0, -1);return ans;

/ 删掉当前的前后缀（各走一步）// 移动前缀到第一个不同的位置。// 移动后缀到第一个不同的位置。

每个工人分配部分任务，取“当前工人任务耗时”和“之前工人最大耗时”的较大值。预处理 抽象出jobs子集枚举 状态 +状压dp。最终找k个工人干完所有任务的最小最大耗时。

1 << (k - 1) 是 k 位二进制数的最高位掩码（比如 k=3 时就是 100 ）， ~ 取反后和 cur 按位与，就能精准去掉超出 k 位的部分，保证 cur 始终是 k 位二进制对应的十进制数。- 第二步： 1 << (2-1) = 2 （二进制 10 ）， ~2 对应二进制 ...1101 ， 3 & ~2 = 1 （二进制 01 ），为下一次窗口右移做好准备。这等价于把旧数值的二进制整体左移 1 位，再补上右侧新字符的位。左移后数值的二进制位数会超过 k，用。

lc2958public:while(r<n)l++;r++;return ret;

二分 ，在“每个小孩分到的糖果数”的可能范围内（1到最大堆糖果数）check 判断该数量能否分给至少k个小孩。最终找到最大的可行数量。

/得到dp[i]，并维护ans。if(scores[index[i]]>=scores[index[j]])//满足约束，进行保留。

/高度，只能是最高高度。//用虚指，好初始化。j --) //往前探。{ //题目要求比较友好：书是“按顺序”摆放!每加进来一本书对答案产生怎样的影响。

if (nums[l] % 2 == 0 && nums[l] <= threshold) { // 起始位需满足偶且≤阈值。l = r + 1;// 跳过当前子数组。// 不满足起始条件，移动左指针。

滑窗和hash天生一对。

class Solution {public: long long maxProfit(vector<int>& prices, vector<int>& strategy, int k){ int n = prices.size(); vector<long long> sum(n + 1), sum_sell(n + 1); for (int i = 0; i < n; i++) { sum[i + 1] = sum[i]

lc1430bfspublic:if (!int i = 0;q.pop();i++;

大于小根堆顶 可继承其会议室。

/处理一下，优化空间。//题目 给的 k 可能过大。

lc563int dfspublic:int ret=0;if(!dfs(root);return ret;

/ 翻转第一个数为 1 的行。vector<bool> 替代字符串存模式（更省内存，因为 vector<bool> 是比特级存储）加 move(t) 避免vector拷贝（直接转移内存所有权）统计出现次数最多的模式，其次数就是可得到的最多相等行数。把每行转化为“与首元素(基准）的异或模式串”统一模式，统计重复最多的模式数——本质是。次数最多的类就是答案。