题目列表
3019. 按键变更的次数
3020. 子集中元素的最大数量
3021. Alice 和 Bob 玩鲜花游戏
3022. 给定操作次数内使剩余元素的或值最小
一、按键变更的次数
题目简单明了，就是看相邻的两个字母是否相等，不区分大小写，直接遍历统计即可，这里讲一个位运算的小技巧
代码如下
class Solution {public:int countKeyChanges(string s) {int ans=0;for(int i=1;i<s.size();i++){ans+=(s[i-1]&31)!=(s[i]&31);//用后五个比特位判断字母是否相同}return ans;}};class Solution {public:int countKeyChanges(string s) {int ans=0;for(int i=1;i<s.size();i++){ans+=(s[i-1]|32)!=(s[i]|32);//全部转成小写看是否相等}return ans;}};class Solution {public:int countKeyChanges(string s) {int ans=0;for(int i=1;i<s.size();i++){ans+=((s[i-1]&(~32))!=(s[i]&(~32)));//全部转成大写看是否相等}return ans;}};二、子集中元素的最大数量
这题不是很难，只要暴力枚举出所有子集的长度，取最大长度就行。但是这题的坑比较多，要注意很多细节，具体看代码
class Solution {public:int maximumLength(vector& nums) {unordered_mapcnt;for(auto x:nums) cnt[x]++;//统计数字出现的次数int ans=1;for(auto [x,y]:cnt){//枚举哈希表，即枚举每个数为子集的第一个数的情况if(x==1) ans=max(ans,y-(y%2==0));//如果第一个数为1，需要特判else{int tmp=x,k=0;while(cnt.count(tmp)){k+=2;//注意超int范围和数只出现一次的情况if(cnt[tmp]==1||1LL*tmp*tmp>INT_MAX){k--;break;}tmp*=tmp;}if(k%2==0) k--;//注意tmp不存在的情况ans=max(ans,k);}}return ans;}};三、Alice和Bob玩鲜花游戏
这题就是阅读理解找规律，我们先来只考虑两人拿一条边上的鲜花的情况，如果是奇数，Alice必赢，如果是偶数，Alice必输，现在我们来想想，两条边呢，为了保证Alice必赢，我们只要保证一条边的鲜花为偶数，另外一条边的鲜花为奇数即可，为什么？
因为Alice只要从奇数中拿掉一个，剩下的两条边上鲜花的个数都是偶数，无论Bob如何选择，都无法获胜，那么胜者只能是Alice。其他的情况，只要Alice拿掉一朵鲜花，Bob面对的情况就和刚刚说的一样，即Bob必胜
代码如下
class Solution {public:long long flowerGame(int n, int m) {long long l=(n+1)/2,r=(m+1)/2;//求出左边的数的奇数个数和右边数的奇数个数return r*(n-l)+l*(m-r);//奇偶配对}};四、给定操作次数内使剩余元素的或值最小
又是一个位运算的题目，像这类的题目一般可以用拆位的方法来做，即一个个比特位的考虑。这题也是同理，我们可以从高位开始枚举一直枚举到低位，看看答案每个比特位是否能取到1。本质是在构造一个符合条件的最小值。
先来简单解释一下为什么是从高位向低位枚举，而不是从低位向高位枚举。这个可以看作是贪心的策略，本质是比特位的权重不同，举个例子 (1< (1<<4)-1 ，从二进制的角度看，第四位上的1，比后三位上的1 加起来还大。具体证明就不说了，如果想不明白，可以结合示例多想想。
如何判断比特位上的1能否去掉呢？
class Solution {public:int minOrAfterOperations(vector& nums, int k) {int ans=0,mask=0;for(int i=31;i>=0;i--){mask|=(1<k，题目数据范围限定了n>k，n=nums.size()if(cnt>k){ans|=(1<<i);mask^=(1<<i);}}return ans;}};