5436. 一维数组的动态和

• 时间复杂度：O(n)
• 知识点：前缀和

根据题目给出的公式 runningSum[i] = sum(nums[0]…nums[i])，可得：

• 当 i > 0 时，runningSum[i] = runningSum[i-1] + nums[i]
• 当 i = 0 时，runningSum[i] = nums[i]

class Solution {
public:
    vector<int> runningSum(vector<int>& nums) {
        for(int i = 1;i < nums.size();++i)nums[i] += nums[i - 1];
        return nums;
    }
};

5437. 不同整数的最少数目

• 时间复杂度：O(n*logn)
• 知识点：哈希，排序，贪心

如果要删除 K 个数之后，剩余的数字种类最少，
那么就要移除尽可能多的类型的数字，
那么就是要先删除那些出现次数最少的那些数字咯。

可以先统计每个数字出现的次数，然后对次数进行升序排序，然后尝试删除头部的数字即可。

class Solution {
public:
    int findLeastNumOfUniqueInts(vector<int>& arr, int k) {
        unordered_map<int,int>hash;
        int len = arr.size();
        for(int i = 0;i < len;++i)hash[arr[i]]++;
        vector<int>num;
        for(auto it : hash)num.push_back(it.second);
        sort(num.begin(),num.end());
        int m = num.size();
        int ans = m;
        for(int i = 0;i < m;++i){
            if(k >= num[i]){
                --ans;
                k -= num[i];
            }else break;
        }
        return ans;
    }
};

5438. 制作 m 束花所需的最少天数

• 时间复杂度：O(n*logm)。n为花的数量，m为1e9。
• 知识点：二分

首先最暴力的解法，从 1 开始暴力枚举天数 i ，然后检查前 i 天盛开的花是否能满足需求。这样的时间复杂度是 O(n*m)。
不难发现，如果第 i 天可以满足要求，那么第 i 天之后盛开的花肯定也能满足需求。
也就是说，答案具备二分的前置要求——单调性。
接下来我们通过二分找到一个最小的 i，使其满足[0, i-1) 天盛开的花不能满足需求，[i, +∞) 天盛开的花都能满足需求。
如果不存在这样的 i，那么答案就是 -1。
设答案可能的取值范围为 [1, 1e9]。首先判断(1+1e9)/2 是否能满足需求。

• 如果不能，说明答案不可能在[1, (1+1e9)/2] 中。
• 如果能，说明答案不可能在 ((1+1e9)/2), 1e9] 中。

依此类推，每次检查都能排除掉一半的候选值。所以做多需要检查约 30 次，即log(1e9) 次。

class Solution {
public:
    bool ok(int mid,vector<int>& b,int m,int k){
        int cnt = 0,num = 0;
        for(int i = 0;i < b.size();++i){
            if(b[i] <= mid)num++;
            else num = 0;
            if(num == k)++cnt,num = 0;
            if(cnt == m)return true;
        }
        return false;
    }
    int minDays(vector<int>& b, int m, int k) {
		int n = b.size();
        if(n < m * k)return -1;
        int l = 0,r = 1e9;
        while(l < r){
            int mid = l + r >> 1;
            if(ok(mid,b,m,k)) r = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        return l;
    }
};

5439. 树节点的第 K 个祖先

这道题没接触过就没写了，赛后才知道是树的遍历 + 倍增

学习评论区大佬的解法

• 时间复杂度：O(n*logn)
• 知识点：树的遍历，倍增

• 如果通过预处理，可以知道每个节点的第 1，2，4，8，16…个祖先节点。那么对于每次询问，最多只会向上跳log(n)次。

  

  如上图所示，每个点最多会建立logn条向上的边。以寻找结点5的第5个祖先为例，可以转化为寻找结点1的第1个祖先，再转化为寻找结点0个第0个祖先，即结点0。

倍增建边过程：

如果结点 i 个所有祖先结点已经建边完成，那么可以询问 i 个第 1，2，4，8，16 … 个祖先结点，直到其某个祖先节点不存在。对于每次询问利用祖先结点已经建好的边可以O(logn)的时间复杂度完成。所以可以按照先序遍历的顺序来进行建边。

class TreeAncestor {
    vector<int> anc[50000];
    bool mark[50000];
    void dfs(const vector<int> &parent, int id) {
        if(parent[id] == -1 || mark[id] == true) {
            return;
        }
        dfs(parent, parent[id]);
        for(int i = 1; ; i <<= 1) {
            int p = getKthAncestor(parent[id], i-1);
            if(p == -1) {
                break;
            }
            anc[id].push_back(p);
        }
        mark[id] = true;
    }
public:
    TreeAncestor(int n, vector<int>& parent) {
        memset(mark, false, sizeof(bool)*n);
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            dfs(parent, i);
        }
    }

    int getKthAncestor(int node, int k) {
        if(node == -1) {
            return -1;
        }
        if(k == 0) {
            return node;
        }
        if(node == 0) {
            return -1;
        }
        int i = 1, pos = 0;
        while(i*2 <= k && pos+1 < anc[node].size()) {
            i *= 2;
            pos++;
        }
        return getKthAncestor(anc[node][pos], k-i);
    }
};

/**
 * Your TreeAncestor object will be instantiated and called as such:
 * TreeAncestor* obj = new TreeAncestor(n, parent);
 * int param_1 = obj->getKthAncestor(node,k);
 */