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T1. 老人的数目（Easy）
- 标签：模拟、计数
T2. 矩阵中的和（Medium）
- 标签：模拟、排序
T3. 最大或值（Medium）
- 标签：动态规划、前后缀分解、贪心
T4. 英雄的力量（Hard）
- 标签：排序、贪心、动态规划、数学
T1. 老人的数目（Easy）
https://leetcode.cn/problems/number-of-senior-citizens/简单模拟题，直接截取年龄字符后计数即可：
class Solution {
fun countSeniors(details: Array<String>): Int {
return details.count { it.substring(11, 13).toInt() > 60 }
}
}除了将字符串转为整数再比较外，还可以直接比较子串与 “60” 的字典序：
class Solution {
fun countSeniors(details: Array<String>): Int {
return details.count { it.substring(11, 13) > "60" }
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 其中 n 为 details 数组的长度；
- 空间复杂度：$O(1)$ 仅使用常量级别空间。
T2. 矩阵中的和（Medium）
https://leetcode.cn/problems/sum-in-a-matrix/简单模拟题。
先对每一行排序，再取每一列的最大值。
class Solution {
fun matrixSum(nums: Array<IntArray>): Int {
var ret = 0
for (row in nums) {
row.sort()
}
for (j in 0 until nums[0].size) {
var mx = 0
for (i in 0 until nums.size) {
mx = Math.max(mx, nums[i][j])
}
ret += mx
}
return ret
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(nmlgm + nm)$ 其中 n 和 m 分别为矩阵的行数和列数，排序时间 $O(nmlgm)$，扫描时间 $O(nm)$；
- 空间复杂度：$O(lgm)$ 排序递归栈空间。
T3. 最大或值（Medium）
https://leetcode.cn/problems/maximum-or/题目描述
给你一个下标从 0 开始长度为 n 的整数数组 nums 和一个整数 k 。每一次操作中，你可以选择一个数并将它乘 2 。
你最多可以进行 k 次操作，请你返回 **nums[0] | nums[1] | ... | nums[n - 1] 的最大值。
a | b 表示两个整数 a 和 b 的 按位或 运算。
示例 1：
输入：nums = [12,9], k = 1
输出：30
解释：如果我们对下标为 1 的元素进行操作，新的数组为 [12,18] 。此时得到最优答案为 12 和 18 的按位或运算的结果，也就是 30 。示例 2：
输入：nums = [8,1,2], k = 2
输出：35
解释：如果我们对下标 0 处的元素进行操作，得到新数组 [32,1,2] 。此时得到最优答案为 32|1|2 = 35 。提示：
1 <= nums.length <= 1051 <= nums[i] <= 1091 <= k <= 15
问题结构化
1、概括问题目标
计算可以获得的最大或值。
2、分析问题要件
在每次操作中，可以从数组中选择一个数乘以 2，亦相当于向左位移 1 位。
3、观察问题数据
- 数据量：问题数据量上界为 $10^5$，要求算法时间复杂度低于 $O(n^2)$；
- 数据大小：元素值的上界为 $10^9$，操作次数 k 的上界为 15（这个性质有什么用呢？）；
- 输出结果：以长整型 Long 的形式返回结果。
4、观察测试用例
以示例 1 nums=[12, 9], k = 1 为例，最优答案是对 9 乘以 2，说明操作最大值并不一定能获得最大或值。
5、提高抽象程度
- 权重：二进制位越高的位对数字大小的影响越大，因此我们应该尽量让高位的二进制位置为 1；
- 是否为决策问题？由于每次操作有多种位置选择，因此这是一个决策问题。
6、具体化解决手段
- 1、贪心：结合「数据大小」分析，由于操作次数 k 的上界为 15 次，无论如何位移都不会溢出 Long。因此，我们可以将 k 次位移操作作用在同一个数字上，尽可能让高位的位置置为 1；
- 2、动态规划（背包）：假设已经计算出数组前 i - 1 个元素能够组成的最大或值，那么考虑拼接 nums[i]，可以选择不操作 nums[i]，也可以选择在 nums[i] 上操作 x 次，那么问题就变成「前 i - 1 个元素中操作 k - x 次的最大或值」与「num[i] 操作 x 次的或值」合并的或值。「前 i - 1 个元素中操作 k - x 次的最大或值」这是一个与原问题相似但规模更小的子问题，可以用动态规划解决，更具体地可以用背包问题模型解决。
题解一（贪心 + 前后缀分解）
枚举所有数字并向左位移 k 次，计算所有方案的最优解：
class Solution {
fun maximumOr(nums: IntArray, k: Int): Long {
val n = nums.size
// 前后缀分解
val pre = IntArray(n + 1)
val suf = IntArray(n + 1)
for (i in 1 .. n) {
pre[i] = pre[i - 1] or nums[i - 1]
}
for (i in n - 1 downTo 0) {
suf[i] = suf[i + 1] or nums[i]
}
var ret = 0L
for (i in nums.indices) {
ret = Math.max(ret, (1L * nums[i] shl k) or pre[i].toLong() or suf[i + 1].toLong())
}
return ret
}
}由于每个方案都需要枚举前后 n - 1 个数字的或值，因此这是一个 $O(n^2)$ 的解法，会超出时间限制。我们可以采用空间换时间的策略，预先计算出每个位置（不包含）的前后缀的或值，这个技巧就是「前后缀分解」。
在实现细节上，我们可以把其中一个前缀放在扫描的时候处理。
class Solution {
fun maximumOr(nums: IntArray, k: Int): Long {
val n = nums.size
// 前后缀分解
val suf = IntArray(n + 1)
for (i in n - 1 downTo 0) {
suf[i] = suf[i + 1] or nums[i]
}
var ret = 0L
var pre = 0L
for (i in nums.indices) {
ret = Math.max(ret, pre or (1L * nums[i] shl k) or suf[i + 1].toLong())
pre = pre or nums[i].toLong()
}
return ret
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(n)$ 其中 n 为 nums 数组的长度；
- 空间复杂度：$O(n)$ 后缀或值数组长度空间。
题解二（动态规划）
使用背包问题模型时，定义 dpi 表示在前 i 个元素上操作 k 次可以获得的最大或值，则有：
- 状态转移方程：$dp[i][j] = max{dp[i-1][j], dp[i - 1][j - x] | (nums[i] << x)}$
- 终止条件：$dp[n][k]$
class Solution {
fun maximumOr(nums: IntArray, k: Int): Long {
val n = nums.size
// 以 i 为止，且移动 k 次的最大或值
val dp = Array(n + 1) { LongArray(k + 1) }
for (i in 1 .. n) {
for (j in 0 .. k) {
for (m in 0 .. j) {
dp[i][j] = Math.max(dp[i][j], dp[i - 1][j - m] or (1L * nums[i - 1] shl m) /* 移动 m 次 */)
}
}
}
return dp[n][k]
}
}另外，这个背包问题可以取消物品维度来优化空间：
class Solution {
fun maximumOr(nums: IntArray, k: Int): Long {
val n = nums.size
// 以 i 为止，且移动 k 次的最大或值
val dp = LongArray(k + 1)
for (i in 1 .. n) {
// 逆序
for (j in k downTo 0) {
for (m in 0 .. j) {
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j - m] or (1L * nums[i - 1] shl m) /* 移动 m 次 */)
}
}
}
return dp[k]
}
}- 时间复杂度：$O(n·k^2)$ 其中 n 为 nums 数组的长度；
- 空间复杂度：$O(k)$ DP 数组空间
相似题目：
T4. 英雄的力量（Hard）
https://leetcode.cn/problems/power-of-heroes/题目描述
给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums ，它表示英雄的能力值。如果我们选出一部分英雄，这组英雄的 力量 定义为：
i0，i1，...ik表示这组英雄在数组中的下标。那么这组英雄的力量为max(nums[i0],nums[i1] ... nums[ik])2 * min(nums[i0],nums[i1] ... nums[ik])。
请你返回所有可能的 非空 英雄组的 力量 之和。由于答案可能非常大，请你将结果对 109 + 7 取余。
示例 1：
输入：nums = [2,1,4]
输出：141
解释：
第 1 组：[2] 的力量为 22 * 2 = 8 。
第 2 组：[1] 的力量为 12 * 1 = 1 。
第 3 组：[4] 的力量为 42 * 4 = 64 。
第 4 组：[2,1] 的力量为 22 * 1 = 4 。
第 5 组：[2,4] 的力量为 42 * 2 = 32 。
第 6 组：[1,4] 的力量为 42 * 1 = 16 。
第 7 组：[2,1,4] 的力量为 42 * 1 = 16 。
所有英雄组的力量之和为 8 + 1 + 64 + 4 + 32 + 16 + 16 = 141 。示例 2：
输入：nums = [1,1,1]
输出：7
解释：总共有 7 个英雄组，每一组的力量都是 1 。所以所有英雄组的力量之和为 7 。提示：
1 <= nums.length <= 1051 <= nums[i] <= 109
问题结构化
1、概括问题目标
计算所有组合方案的「力量」总和。
2、分析问题要件
枚举所有子集，计算子集的力量值计算公式为$「最大值^2*最小值」$。
3、观察问题数据
- 数据量：问题数据量上界为 $10^5$，要求算法时间复杂度低于 $O(n^2)$；
- 数据大小：元素值的上界为 $10^9$，乘法运算会溢出整型上界，需要考虑大数问题。
4、观察问题测试用例：
以数组 nums=[1, 2, 3] 为例：
- 分析小规模问题：[] 空集的力量值是 0，只包含 1 个元素子集的力量值计算也没有问题；
| 子集 | 最大值 | 最小值 | 力量值 |
|---|---|---|---|
| {} | 0 | 0 | 0 |
| {1} | 1 | 1 | $1^2*1$ |
| {2} | 2 | 2 | $2^2*2$ |
| {3} | 3 | 3 | $3^2*3$ |
- 分析规模为 2 的子集问题：
| 子集 | 最大值 | 最小值 | 力量值 |
|---|---|---|---|
| {1, 2} | 2 | 1 | $2^2*1$ |
| {1, 3} | 3 | 1 | $3^2*1$ |
| {2, 3} | 3 | 2 | $3^2*2$ |
- 分析规模为 3 的子集问题：
| 子集 | 最大值 | 最小值 | 力量值 |
|---|---|---|---|
| {1, 2, 3} | 3 | 1 | $3^2*1$ |
5、如何解决问题
- 手段 1（暴力枚举）：如果枚举所有子集，再求每个子集的力量值，那么时间复杂度会达到非常高的 $O(n·2^n)$，其中有 $2^n$ 种子集（一共有 n 个数字，每个数字有选和不选两种状态），每个子集花费 $O(n)$ 线性扫描最大值和最小值。
至此，问题陷入瓶颈，解决方法是重复以上步骤，枚举掌握的数据结构、算法和技巧寻找思路，突破口在于从另一个角度来理解问题规模（动态规划的思路）。
6、继续观察问题测试用例
同样以数组 nums = [1, 2, 3] 为例：
- 考虑空集的力量值问题：
| 子集 | 最大值 | 最小值 |
|---|---|---|
| {} | 0 | 0 |
- 考虑到「1」为止的力量值问题：
| 子集 | 最大值 | 最小值 |
|---|---|---|
| {} | 0 | 0 |
| {1} | 1 | 1 |
- 考虑到「2」为止的力量值问题：
| 子集 | 最大值 | 最小值 |
|---|---|---|
| {} | 0 | 0 |
| {1} | 1 | 1 |
| {2} | 2 | 2 |
| {1, 2} | 2 | 1 |
- 考虑到「3」为止的力量值问题：
| 子集 | 最大值 | 最小值 |
|---|---|---|
| {} | 0 | 0 |
| {1} | 1 | 1 |
| {2} | 2 | 2 |
| {1, 2} | 2 | 1 |
| {3} | 3 | 3 |
| {1,3} | 3 | 1 |
| {2,3} | 3 | 2 |
| {1,2,3} | 3 | 1 |
这又说明了什么呢？
- 关键点 1 - 递推地构造子集：
我们发现子集问题可以用递推地方式构造，当我们增加考虑一个新元素时，其实是将已有子集复制一份后，再复制的子集里添加元素。例如我们在考虑「2」时，是将 {} 和 {1} 复制一份后添加再添加元素「2」。
- 关键点 2 - 最大值的贡献：
由于我们是从小到大增加元素，所以复制后新子集中的最大值一定等于当前元素，那么问题的关键就在「如何计算这些新子集的最小值」。
- 关键点 3 - 最小值的贡献：
由于我们采用子集复制的方式理解子集构造问题，容易发现数字越早出现，最小值出现次数越大（哆啦 A 梦的翻倍药水）。
例如最初最小值为 1 的子集个数为 1 次，在处理「2」后最小值为 1 的子集个数为 2 次，因此在处理「3」时，就会累加 2 次以 1 为最小值的力量值：$2*(3^2*1)$。同理会累加 1 次以 2 为最小值的力量值：$1*(3*2*2)$，另外还要累加从空集转移而来的 {3}。
至此，问题的解决办法逐渐清晰。
7、解决问题的新手段
- 手段 2（动态规划）：
考虑有 a, b, c, d, e 五个数，按顺序从小到大排列，且从小到大枚举。
当枚举到 d 时，复制增加的新子集包括：
- 以 a 为最小值的子集有 4 个：累加力量值 $4*(d^2*a)$
- 以 b 为最小值的子集有 2 个：累加力量值 $2*(d^2*b)$
- 以 c 为最小值的子集有 1 个：累加力量值 $1*(d^2*c)$
另外还有以 d 本身为最小值的子集 1 个：累加力量值 $1*(d^2*d)$，将 d 左侧元素对结果的贡献即为 s，则有 $pow(d) = d^2*(s + d)$。
继续枚举到 e 是，复制增加的新子集包括：
- 以 a 为最小值的子集有 8 个：累加力量值 $8*(e^2*a)$
- 以 b 为最小值的子集有 4 个：累加力量值 $4*(e^2*b)$
- 以 c 为最小值的子集有 2 个：累加力量值 $2*(e^2*c)$
- 以 d 为最小值的子集有 1个：累加力量值 $1*(e^2*d)$
另外还有以 e 本身为最小值的子集 1 个：累加力量值 $1*(e^2*e)$，将 e 左侧元素对结果的贡献即为 s\`，则有 $pow(e) = e^2*(s` + e)$。
观察 s 和 s` 的关系：
$s = 4*a + 2*b + 1*c$
$s = 8*a + 4*b + 2*c + d = s*2 + d$
这说明，我们可以维护每个元素左侧元素的贡献度 s，并通过 s 来计算当前元素新增的所有子集的力量值，并且时间复杂度只需要 O(1)！
[4,3,2,1]
1 1 2 4
追加 5：
[5,4,3,2,1]
1 1 2 4 8题解（动态规划）
根据问题分析得出的递归公式，使用递推模拟即可，先不考虑大数问题：
class Solution {
fun sumOfPower(nums: IntArray): Int {
var ret = 0L
// 排序
nums.sort()
// 影响因子
var s = 0L
for (x in nums) {
ret += (x * x) * (s + x)
s = s * 2 + x
}
return ret.toInt()
}
}再考虑大数问题：
class Solution {
fun sumOfPower(nums: IntArray): Int {
val MOD = 1000000007
var ret = 0L
// 排序
nums.sort()
// 影响因子
var s = 0L
for (x in nums) {
ret = (ret + (1L * x * x % MOD) * (s + x)) % MOD // x*x 也可能溢出
s = (s * 2 + x) % MOD
}
return ret.toInt()
}
}实战中我用的是先计算最大影响因子，再累减的写法：
class Solution {
fun sumOfPower(nums: IntArray): Int {
val MOD = 1000000007
var ret = 0L
val n = nums.size
// 排序
nums.sortDescending()
// 影响因子
var s = 0L
var p = 1L
for (i in 1 until n) {
s = (s + nums[i] * p) % MOD
p = (2 * p) % MOD
}
// 枚举子集
for (i in 0 until n) {
val x = nums[i]
ret = (ret + x * x % MOD * (s + x)) % MOD
if (i < n - 1) {
s = (s - nums[i + 1]) % MOD
if (s and 1L != 0L) {
s += MOD // 奇数除 2 会丢失精度
}
s = (s / 2) % MOD
}
}
return ret.toInt()
}
}复杂度分析：
- 时间复杂度：$O(nlgn)$ 其中 n 为 nums 数组的长度，瓶颈在排序上，计算力量值部分时间复杂度为 O(n)；
- 空间复杂度：$O(lgn)$ 排序递归栈空间。
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