算法leecode笔记

具体代码：

class Solution {
public:vector<int> twoSum(vector<int>& nums, int target) {unordered_map<int, int> hashtable;for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {auto it = hashtable.find(target - nums[i]);if (it != hashtable.end()) {return {it->second, i};}hashtable[nums[i]] = i;}return {};}
};

这段代码实现了经典的“两数之和”（Two Sum）问题，解决的是在一个整数数组中找到两个数，其和等于指定的目标值（target），并返回这两个数的索引。我们从算法的角度分析该代码。

代码分析

数据结构选择：该代码使用了一个 unordered_map（哈希表），其目的是为了实现高效的查找操作。unordered_map 的键是数组中的数字，值是该数字对应的索引。通过哈希表，查找某个数是否已经在数组中可以在 O(1) 时间内完成，而不需要遍历整个数组。
算法流程：
- 遍历数组：使用 for 循环遍历 nums 数组，对于每个元素 nums[i]，我们尝试找出是否存在一个数已经存储在哈希表中，并且该数与当前元素的和等于目标值 target。
- 哈希查找：对于每个元素 nums[i]，算法首先计算 target - nums[i]，并检查这个值是否已经存在于哈希表中。如果找到这个值（即之前某个元素与当前元素之和等于目标值），则返回这两个元素的索引。
- 哈希表更新：如果 target - nums[i] 不在哈希表中，说明还没有遇到可以与 nums[i] 配对的元素。此时，将 nums[i] 及其索引 i 存入哈希表，以备后续元素使用。
返回结果：一旦找到一对满足条件的数，函数立即返回它们的索引。如果遍历结束后没有找到任何满足条件的数，返回空数组。

时间复杂度分析

遍历数组：
整个数组被遍历一次，因此时间复杂度是 O(n)，其中 n 是数组的长度。
哈希查找：查找和插入哈希表的操作在均摊情况下是 O(1) 的时间复杂度。因此，每次操作（查找和插入）都是常数时间。

因此，整个算法的时间复杂度是 O(n)。

空间复杂度分析

该算法使用了一个 unordered_map 来存储数组中已经遍历过的元素及其索引。在最坏情况下，所有元素都可能被存储在哈希表中，因此空间复杂度是 O(n)，其中 n 是数组的长度。

算法的优势

时间效率：
使用哈希表使得查找和插入操作能够在常数时间内完成，因此相比于暴力解法（O(n^2)），该算法大大提高了时间效率。
一次遍历即可找到解：
由于在遍历的过程中同时进行查找和存储操作，只需一次遍历即可找到符合条件的数对，而不需要两层循环。

总结

这段代码巧妙地利用哈希表提高了查找效率，能在 O(n) 时间内解决两数之和的问题。算法的核心思想是在遍历数组时，实时查找是否存在可以与当前元素配对的另一个元素，从而达到快速求解的目的。

具体代码

class Solution {
public:int countPrimes(int n) {vector<int> isPrime(n, 1);int ans = 0;for (int i = 2; i < n; ++i) {if (isPrime[i]) {ans += 1;if ((long long)i * i < n) {for (int j = i * i; j < n; j += i) {isPrime[j] = 0;}}}}return ans;}
};

这段代码实现了用 埃拉托色尼筛法 来统计小于 n 的质数的个数。我们从算法的角度对其进行分析。

代码分析

埃拉托色尼筛法简介：埃拉托色尼筛法是一种高效筛选质数的算法。其基本思想是：
- 对于一个数 i，如果它是质数，那么 i 的倍数一定不是质数。
- 遍历从 2 开始的整数，将每个质数的倍数标记为合数，筛掉非质数，剩下的就是质数。
数据结构与变量：
- vector<int> isPrime(n, 1)：这是一个大小为 n 的布尔向量，初始时假设所有数都是质数（标记为1），会根据算法逐步标记非质数为0。
- int ans：用于统计质数的个数。
算法流程：
- 初始化筛选表：
  初始化一个长度为 n 的布尔向量 isPrime，其中 isPrime[i] == 1 表示 i 是质数，isPrime[i] == 0 表示 i 不是质数。初始时，所有数都被认为是质数，除了0和1。
- 遍历筛选：
  - 循环从 i = 2 开始，直到 i < n：
    - 如果 isPrime[i] == 1，表示 i 是质数，那么增加 ans 计数。
    - 如果 i * i < n，则继续将 i 的倍数从 i * i 开始全部标记为非质数（即 isPrime[j] = 0，其中 j = i * i, i * i + i, i * i + 2*i,...），避免重复标记。
返回结果：
- 最后，ans 中保存的就是小于 n 的质数的个数，函数返回这个值。

时间复杂度分析

埃拉托色尼筛法的时间复杂度是 O(n log log n)，其中 n 是输入的大小。

外层循环：外层循环遍历从 2 到 n-1 的所有数，这部分的时间复杂度是 O(n)。
内层筛选：对每个质数 i，其所有倍数被标记为非质数。每个数 j 只会被标记一次。因此，筛选过程总体上对所有数的标记操作的复杂度是 O(n log log n)。

空间复杂度分析

空间复杂度：该算法的主要空间消耗是存储布尔向量 isPrime，其大小为 n，因此空间复杂度是 O(n)。

优势与局限性

高效性：
- 使用埃拉托色尼筛法可以在 O(n log log n) 的时间复杂度内筛选出所有质数，比朴素的质数判定方法（O(n√n)）要高效得多。
减少冗余筛选：
- 通过从 i * i 开始标记 i 的倍数，可以避免重复标记更小的数。例如，当 i = 2 时，i * 2 等小倍数已经被筛掉，因此从 i * i 开始是一个优化步骤。

总结

这段代码利用 埃拉托色尼筛法 高效地筛选出小于 n 的所有质数，并统计它们的个数。时间复杂度 O(n log log n) 使得该算法适用于较大的输入规模。算法的核心是通过遍历每个数，并将它的倍数标记为非质数，从而筛选出质数。

具体代码

class Solution {
public:int countTriples(int n) {int ans=0;for (int i=1;i*i<n;++i)for (int j=i+1;i*i+j*j<=n;++j)if (__gcd(i,j)==1&&!(i*j%2))ans+=n/(i*i+j*j);return ans*2;}
};

这段代码实现了一个计算三元组的算法，具体任务是计算满足某些条件的数对 (i, j)。让我们从算法的角度分析这段代码。

代码分析

输入与目标：输入为一个整数 n，算法的目的是计算出满足条件的 (i, j) 数对，并返回结果。具体要求如下：
- i 和 j 需要满足某些特定的条件。
- 返回结果是符合条件的三元组数量（通过某种方式定义的三元组）。
外层循环：
- 外层循环遍历 i，范围是 1 ≤ i*i < n。即 i 的平方不能超过 n。
- 循环条件 i*i < n 限制了 i 的值，使得不会计算不必要的较大 i。
内层循环：
- 内层循环遍历 j，其中 j 的初始值为 i+1（为了保证 i < j），同时 i*i + j*j 的值不能超过 n。
- 条件 i*i + j*j <= n 确保不会考虑平方和超过 n 的数对 (i, j)。
条件判断：
- __gcd(i, j) == 1：i 和 j 必须互质，即它们的最大公约数为 1。这保证了 (i, j) 的相对素性。
- !(i * j % 2)：i * j 必须是偶数，保证三元组符合特定的性质。
累加结果：
- 如果上述条件满足，则计算 n / (i*i + j*j)，并将其累加到 ans 中。
- 通过 n / (i*i + j*j) 的方式，代码似乎在计算某种以 (i*i + j*j) 为分母的商，并将商累加到最终结果中。
最终返回：
- 最终的答案 ans 乘以 2 后返回，这可能是因为在某种几何、对称或组合的场景下，每个三元组有两种排列方式（例如 (i, j) 和 (j, i)）。

复杂度分析

时间复杂度：
- 外层循环遍历 i 的范围大致是从 1 到 √n，因此外层循环的复杂度是 O(√n)。
- 内层循环遍历 j 的范围同样受限于 i 和 n，最多也是 O(√n) 的数量级。
- 因此，两个嵌套循环的总时间复杂度大约是 O(n)。
空间复杂度：
- 该算法使用了常数空间，即只使用了几个整数变量，因此空间复杂度是 O(1)。

优势与局限性

高效的条件筛选：通过使用 __gcd(i, j) 和偶数条件 !(i * j % 2) 来有效地筛选出符合条件的数对 (i, j)，这减少了不必要的计算。
几何与数论背景：
- 该算法涉及了几何与数论的概念，尤其是欧几里得算法（求最大公约数）和平方和的组合问题。特别是，条件 __gcd(i, j) == 1 和 i * j 为偶数的限制，可能与某种特定的数学性质相关（例如勾股数或类似的问题）。
乘 2 的处理：
- 最后的结果乘以 2，可能是为了处理排列对称性，或者问题中某个性质的双倍计数。这种处理方式在某些几何问题或组合问题中是常见的，例如当考虑顺序不同的对 (i, j) 和 (j, i) 时。

总结

这段代码通过两层嵌套循环和数论性质（最大公约数和偶数性）来筛选符合条件的数对 (i, j)，并基于平方和的商进行累加。它的时间复杂度大约是 O(n)，适合于较大的 n 值。

class Solution {
public:int busyStudent(vector<int>& startTime, vector<int>& endTime, int queryTime) {int n = startTime.size();int total = 0;for (int i = 0; i < n; i++)if (startTime[i] <= queryTime && endTime[i] >= queryTime)total++;return total;}
};

这段代码实现了一个简单的统计问题，即计算在给定查询时间 queryTime 时，处于学习状态的学生人数。我们从算法角度对其进行分析。

代码分析

输入与输出：
- startTime：表示学生开始学习的时间。
- endTime：表示学生结束学习的时间。
- queryTime：表示要查询的时间点。
- 输出为在 queryTime 时间点处于学习状态的学生人数。
算法流程：
- 首先，获取学生数量 n，即 startTime 和 endTime 的长度。
- 初始化变量 total 为 0，用于记录满足条件的学生数量。
- 遍历每个学生，对于每个学生 i：
  - 如果该学生的 startTime[i] 小于等于 queryTime 且 endTime[i] 大于等于 queryTime，则说明该学生在 queryTime 时正在学习，total 增加1。
- 最后返回 total，即在查询时间 queryTime 时，学习的学生总数。
判断条件：
- startTime[i] <= queryTime：表示学生 i 的学习开始时间不晚于查询时间。
- endTime[i] >= queryTime：表示学生 i 的学习结束时间不早于查询时间。
- 如果这两个条件都满足，说明学生 i 在查询时间 queryTime 时正在学习。

时间复杂度分析

时间复杂度：
- 外层循环遍历 startTime 和 endTime，每个学生只检查一次，所以时间复杂度是 O(n)，其中 n 是学生的数量。
空间复杂度：
- 该算法只用了常数空间来存储变量 n 和 total，因此空间复杂度是 O(1)。

算法优势

简单明了：
- 该算法非常直观，仅使用了一次循环和简单的条件判断，易于理解和实现。
高效性：
- 算法时间复杂度是 O(n)，对于大多数输入规模来说是高效的。

局限性

平凡情况：
- 当学生数量为 0 时（即 startTime 和 endTime 都为空），代码可以正确返回 0。
无法优化的情况：
- 由于每个学生都需要检查是否满足条件，无法通过预处理或其他方法进一步优化时间复杂度，算法已是最优。

结论

这段代码通过遍历所有学生，并根据其开始和结束时间来判断他们是否在 queryTime 时正在学习。算法时间复杂度是 O(n)，非常高效，适用于绝大多数场景。

class Solution {
public:vector<int> bestCoordinate(vector<vector<int>>& towers, int radius) {int n = towers.size();vector<vector<int>> grid(51, vector<int>(51));int maxPower = 0;int x = 0, y = 0;for(auto&e: towers){int down = max(0, e[0] - radius);int top = min(50, e[0] + radius);int right = min(50, e[1] + radius);int left = max(0, e[1] - radius);for(int i = down; i <= top; ++i){for(int j = left; j <= right; ++j){int d = abs(i-e[0])*abs(i-e[0]) + abs(j-e[1])*abs(j-e[1]);if(d <= radius*radius){grid[i][j] += e[2] / (1 + sqrt(d));if(grid[i][j] > maxPower){maxPower = grid[i][j];x = i;y = j;}else if(grid[i][j] == maxPower){if(x > i){x = i;y = j;}else if(x == i && y > j){y = j;}}}}}}return {x, y};}
};

这段代码的任务是找到一个点，该点在给定信号塔影响半径范围内信号最强。我们从算法角度对其进行分析。

代码概述

输入：
- towers 是一个二维数组，每个元素 [x, y, q] 表示一个塔的位置 (x, y) 和该塔的信号强度 q。
- radius 表示信号塔的影响半径，塔的信号强度仅在塔的影响范围内有效。
目标：
- 在影响范围内（radius），找到信号最强的点 (x, y)。
- 如果有多个点的信号强度相同，优先返回坐标靠左上角的点。

代码分析

变量初始化：
- grid：用于存储 51x51 网格上的信号强度，每个塔对网格中对应位置的信号影响都会存储在该网格上。
- maxPower：用于记录网格中的最大信号强度。
- x, y：用于记录信号强度最大的坐标。
遍历每个塔：
- 对每个塔的坐标 (e[0], e[1]) 以及其信号强度 e[2]，计算其影响范围。
- 使用 down, top, right, left 来定义塔的信号影响的矩形区域（在影响范围内的坐标区间）。
- 通过两个嵌套循环，遍历塔在该区域内影响的每个网格点 (i, j)。
计算信号强度：
- 对于每个点 (i, j)，计算到塔 (e[0], e[1]) 的平方距离 d。
- 如果距离小于或等于半径 radius，则将该塔对网格点的信号强度计算并叠加：
  - 计算公式为：信号强度 = e[2] / (1 + sqrt(d))，即信号强度随距离增加而减弱。
记录最大信号强度和对应的坐标：
- 对每个点 (i, j)，如果其信号强度超过 maxPower，则更新最大信号强度和坐标 (x, y)。
- 如果信号强度相同，则优先选择 x 较小的点，若 x 相同则选择 y 较小的点，以保证返回的点最靠左上角。
返回：
- 最终返回信号强度最大的点 (x, y)。

时间复杂度分析

塔的遍历：
- 共有 n 个塔，每个塔影响的范围最多是一个半径为 radius 的正方形区域（最多涉及 O(radius^2) 个网格点）。
- 由于网格的最大尺寸为 51x51，因此理论上每个塔最多可以影响 51x51 = 2601 个网格点。
总的时间复杂度：
- 外层循环遍历每个塔 O(n) 次，内层循环遍历塔的影响范围（最坏情况下最多 2601 次）。
- 因此，总时间复杂度为 O(n * min(radius^2, 2601))，即遍历每个塔并计算其影响的时间。

空间复杂度分析

空间复杂度：
- grid 是一个 51x51 的二维数组，空间复杂度为 O(51^2) = O(2601)。
- 其他变量使用的空间是常数级的，因此总的空间复杂度为 O(1) + O(51^2) = O(2601)。

算法优势

高效网格计算：
- 通过限制网格大小为 51x51，减少了不必要的复杂度。
- 只计算在半径范围内的网格点，优化了计算过程。
信号强度衰减公式：
- 使用 1 + sqrt(d) 来表示信号衰减，这是一种合理的模型，能够很好地模拟信号随距离衰减的情况。

结论

该算法通过遍历每个塔的影响范围，计算网格点上的信号强度，并找到信号最强的点 (x, y)。时间复杂度是 O(n * min(radius^2, 2601))，适用于中等规模的塔和网格。通过合理的条件判断，确保了结果的正确性和效率

class Solution {
public:int commonFactors(int a, int b) {int ans = 0, g = gcd(a, b);for (int i = 1; i * i <= g; ++i)if (g % i == 0) {++ans; // i 是公因子if (i * i < g)++ans; // g/i 是公因子}return ans;}
};

这段代码的任务是计算两个数 a 和 b 之间的公因子（即同时能整除 a 和 b 的整数）的数量。我们从算法角度对其进行分析。

代码分析

输入与输出：
- 输入：两个整数 a 和 b。
- 输出：a 和 b 的公因子数量。
步骤解析：
- 最大公约数 (gcd)：
  - 首先计算 a 和 b 的最大公约数 g。两个数的公因子是它们最大公约数的因子，因此只需要计算 g 的因子即可。
- 遍历因子：
  - 遍历从 1 到 sqrt(g)，判断每个数 i 是否为 g 的因子（即 g % i == 0）。
  - 如果 i 是 g 的因子，那么它和 g/i 都是公因子。
  - 对于每个符合条件的 i：
    - 如果 i * i == g，说明 i 是 g 的平方根，因此只增加一次公因子。
    - 如果 i * i < g，则 g/i 也是一个不同的公因子，增加两次公因子（一次为 i，一次为 g/i）。
返回公因子数量：
- 最终将计数的公因子数量返回。

代码示例分析

假设 a = 12 和 b = 18：

计算 gcd(12, 18)，即最大公约数 g = 6。
6 的因子有 1, 2, 3, 6，因此公因子数量为 4。
代码遍历 i = 1, 2，每次找到两个因子：i 和 g/i。

时间复杂度分析

计算 gcd：
- 计算两个数 a 和 b 的最大公约数的时间复杂度为 O(log(min(a, b)))，这是通过欧几里得算法实现的。
遍历因子：
- 我们遍历从 1 到 sqrt(g)，每次检查 g 是否能被整除，因此这部分的时间复杂度是 O(sqrt(g))。

因此，总的时间复杂度是 O(log(min(a, b)) + sqrt(g))，其中 g 是 a 和 b 的最大公约数。

空间复杂度分析

空间复杂度：
- 该算法只使用了几个常数变量（如 g, ans, i），因此空间复杂度为 O(1)。

算法优势

效率高：
- 通过先计算最大公约数 g，将问题简化为找到 g 的因子，而不是直接在 a 和 b 上操作。这样可以显著减少不必要的计算。
数学性质的利用：
- 使用最大公约数的性质减少了计算复杂度，同时利用 i 和 g/i 作为因子配对的方式，使得遍历只需要到 sqrt(g) 为止，进一步优化了算法。

结论

该算法通过先计算最大公约数，然后遍历其因子，找出两个数的所有公因子。时间复杂度为 O(log(min(a, b)) + sqrt(g))，效率较高，适合处理大多数输入。

class Solution {
public:vector<vector<int>> fileCombination(int target) {vector<vector<int>>vec;vector<int> res;for (int l = 1, r = 2; l < r;){int sum = (l + r) * (r - l + 1) / 2;if (sum == target) {res.clear();for (int i = l; i <= r; ++i) {res.emplace_back(i);}vec.emplace_back(res);l++;} else if (sum < target) {r++;} else {l++;}}return vec;}
};

这段代码的任务是找到所有连续整数的组合，使得这些整数的和等于目标值 target。代码中使用了双指针技术（滑动窗口）来查找符合条件的组合。接下来从算法的角度分析该代码。

代码解析

输入与输出：
- 输入：一个目标值 target。
- 输出：所有连续整数组合的集合，每个组合的和等于 target。
核心思想：
- 使用两个指针 l（左边界）和 r（右边界），表示当前窗口的左右边界。
- 初始时，l 指向 1，r 指向 2，表示当前窗口是 [l, r] 之间的整数。
- 计算窗口内整数的和 sum，如果 sum 等于 target，记录这组连续整数。如果 sum 小于 target，右边界 r 向右扩展；如果 sum 大于 target，左边界 l 向右收缩。
- 这一过程通过滑动窗口的方式遍历所有可能的连续整数组合，直到 l >= r。
详细步骤：
- 双指针初始化：初始时 l = 1，r = 2，表示考察从 1 到 2 的连续整数。
- 计算区间和：计算区间 [l, r] 的整数和 sum，公式为 sum = (l + r) * (r - l + 1) / 2。这是等差数列求和公式。
- 判断和与目标值的关系：
  - 如果 sum == target，则找到一组解，将该区间 [l, r] 的整数存入 res，并将其添加到 vec。
  - 如果 sum < target，说明窗口内的数之和还不够，需要将右边界 r 扩大，以增加和的大小。
  - 如果 sum > target，说明窗口内的数之和过大，需要将左边界 l 向右移动，以减小和的大小。
- 结束条件：当左边界 l 大于或等于右边界 r 时，结束循环。
返回结果：
- 最后返回所有符合条件的组合。

时间复杂度分析

双指针遍历：
- 每次循环中，指针 l 和 r 至少有一个会移动，直到 l 达到 target 的一半左右。双指针的移动使得时间复杂度为 O(target)。
每个区间求和：
- 求和操作是通过公式计算的，因此求和的时间复杂度是 O(1)。

因此，总的时间复杂度为 O(target)，在大多数情况下是比较高效的。

空间复杂度分析

存储结果：
- 结果存储在二维向量 vec 中，每个找到的解都会被存储，因此空间复杂度主要取决于存储的结果。
其他空间开销：
- 除了存储结果外，使用了常数级别的额外空间来存储 l、r、sum 和中间结果 res。

因此，空间复杂度为 O(结果数量 * 区间长度)，最坏情况下是 O(target)。

示例分析

假设 target = 9，代码执行如下：

初始时 l = 1, r = 2，计算区间和 sum = (1 + 2) * (2 - 1 + 1) / 2 = 3，小于 target，因此扩展右边界 r。
l = 1, r = 3，计算 sum = (1 + 3) * (3 - 1 + 1) / 2 = 6，小于 target，扩展右边界 r。
l = 1, r = 4，计算 sum = (1 + 4) * (4 - 1 + 1) / 2 = 10，大于 target，缩小左边界 l。
l = 2, r = 4，计算 sum = (2 + 4) * (4 - 2 + 1) / 2 = 9，等于 target，记录 [2, 3, 4]。
l = 3, r = 4，计算 sum = (3 + 4) * (4 - 3 + 1) / 2 = 7，小于 target，扩展右边界 r。

最终返回 [[2, 3, 4]]。

总结

该算法使用滑动窗口法有效地查找目标值的连续整数组合，时间复杂度为 O(target)，能够处理较大的目标值，并且代码结构简单易懂。

class Solution {
public:int countLatticePoints(vector<vector<int>>& circles) {int maxx = 0, maxy = 0;for(auto& c : circles) {maxx = max(maxx, c[0] + c[2]);maxy = max(maxy, c[1] + c[2]);}int d[maxy + 2][maxx + 2];memset(d, 0, sizeof(d));for(auto& c : circles) {for(int y = c[1] + c[2], x1 = c[0], x2 = c[0]; y >= c[1]; --y) {while((x1 - c[0]) * (x1 - c[0]) + (y - c[1]) * (y - c[1]) <= c[2] * c[2]) --x1;while((x2 - c[0]) * (x2 - c[0]) + (y - c[1]) * (y - c[1]) <= c[2] * c[2]) ++x2;d[y][x1+1]++;d[y][x2]--;}for(int y = c[1] - c[2], x1 = c[0], x2 = c[0]; y < c[1]; ++y) {while((x1 - c[0]) * (x1 - c[0]) + (y - c[1]) * (y - c[1]) <= c[2] * c[2]) --x1;while((x2 - c[0]) * (x2 - c[0]) + (y - c[1]) * (y - c[1]) <= c[2] * c[2]) ++x2;d[y][x1+1]++;d[y][x2]--;}}int res = 0;for(int y = 0; y <= maxy; ++y) {for(int x = 0, cur = 0; x <= maxx; ++x) {cur += d[y][x];if(cur > 0) res++;}}return res;}
};

这段代码的任务是计算由若干个圆形覆盖的整点坐标的数量。整点坐标是指坐标轴上的点 (x, y)，其中 x 和 y 都是整数。该代码通过离散化坐标轴和使用差分数组的方法实现了这一目标。接下来对该代码进行算法解析。

代码解析

输入与输出：
- 输入：一个二维数组 circles，其中每个元素代表一个圆形的坐标和半径，circles[i] = {x, y, r} 表示圆心在 $(x, y)$，半径为 $r$。
- 输出：被所有圆形覆盖的整点坐标的数量。
核心思路：
- 网格离散化：首先计算出所有圆形的最右、最上边界，以确定可以处理的最大网格范围。
- 差分数组：在圆形的覆盖区域内，通过使用差分数组 d 来标记整点是否被某个圆形覆盖。这种方法可以有效地减少遍历和判断的次数。
- 圆的扫描：对于每个圆，分为上半部分和下半部分分别处理，并根据圆的半径计算出覆盖的整点范围。
- 计算覆盖区域：通过累加差分数组 d 的值来确定每个整点被覆盖的次数，如果某个点的覆盖次数大于 0，则它是被覆盖的点。
详细步骤：
- 确定网格的大小：遍历所有的圆形，计算每个圆形的最右边界 x + r 和最上边界 y + r，以此来确定网格的最大范围 maxx 和 maxy。
- 初始化差分数组：定义一个大小为 (maxy + 2) x (maxx + 2) 的二维数组 d，用于记录每个网格点的差分值，初始时所有值为 0。
- 标记圆的覆盖区域：
  - 对于每个圆形，分别处理其上半部分和下半部分。
  - 对于上半部分，从圆心开始，逐渐向上扫描每一行，计算在当前行中，被圆覆盖的整点的左右边界 x1 和 x2，并使用差分数组标记该行的覆盖范围。
  - 对于下半部分，方法类似，只是逐渐向下扫描每一行。
- 计算覆盖的整点数量：
  - 在最后的网格扫描中，通过累加差分数组 d 的值，确定每个整点是否被覆盖。如果某个点的累计覆盖值大于 0，则说明该点被覆盖，计入结果。
算法的复杂度分析：
- 时间复杂度：遍历每个圆形时，需要根据圆的半径对每一行进行扫描。对于每个圆，扫描和标记的操作与圆的半径相关。假设圆的最大半径为 R，总的时间复杂度近似为 O(R \cdot n)，其中 n 是圆的数量。
- 空间复杂度：差分数组的大小是 maxx * maxy，即覆盖网格的大小。因此，空间复杂度为 O(maxx \cdot maxy)。

示例分析

假设输入为 circles = {{2, 2, 1}, {3, 3, 2}}，即包含两个圆：

第一个圆的圆心为 $(2, 2)$，半径为 1。计算其覆盖的整点坐标。
第二个圆的圆心为 $(3, 3)$，半径为 2。计算其覆盖的整点坐标。
使用差分数组标记这两个圆的覆盖区域。
通过累加差分数组，得出被覆盖的整点坐标的总数量。

总结

该算法通过使用差分数组高效地标记并计算圆形覆盖的整点数量，避免了直接遍历网格上所有点的高时间复杂度。通过离散化网格并处理圆的上、下半部分，算法在空间和时间效率上得到了较好的优化。

auto __unsync_ios_stdio = ios::sync_with_stdio(false);
auto __untie_cin = cin.tie(nullptr);class Solution {
public:int maximalSquare(vector<vector<char>>& matrix) {vector<vector<int>> dp(matrix.size(),vector<int>(matrix[0].size(),0));int lenth = 0;for(int i = 0;i<matrix.size();i++){for(int j = 0 ;j<matrix[0].size();j++){if(matrix[i][j]=='1'){if(i==0||j==0)dp[i][j] = 1;else dp[i][j] = min(min(dp[i-1][j],dp[i-1][j-1]),dp[i][j-1])+1;lenth = max(lenth,dp[i][j]);}else{dp[i][j] = 0;}}}return lenth*lenth;}
};

这段代码用于解决最大正方形问题，给定一个由 '0' 和 '1' 组成的二维矩阵，要求找到由 '1' 组成的最大的正方形，并返回其面积。

代码解析

输入与输出：
- 输入：二维矩阵 matrix，每个元素是字符 '0' 或 '1'，表示是否是矩形中的某个位置。
- 输出：找到由 '1' 组成的最大的正方形，并返回其面积。
核心思路：
- 动态规划的思想用于计算以每个位置为右下角的最大正方形的边长。
- 定义一个二维动态规划数组 dp，其中 dp[i][j] 表示以位置 (i, j) 为右下角的最大正方形的边长。
动态规划转移方程：
- 对于位置 (i, j)：
  - 如果 matrix[i][j] == '1'：
    - 如果 (i, j) 是第一行或第一列，则它自身形成的最大正方形边长为 1（dp[i][j] = 1）。
    - 否则，dp[i][j] = min(dp[i-1][j], dp[i-1][j-1], dp[i][j-1]) + 1。即可以取它的左边、上边和左上方位置的最小值加 1 来形成新的正方形。
  - 如果 matrix[i][j] == '0'，则 dp[i][j] = 0。
- 同时，动态更新最大正方形的边长 lenth。
最终面积：
- 最大正方形的面积为 lenth * lenth，这是返回结果。

详细步骤：

初始化：
- 使用 vector<vector<int>> dp(matrix.size(), vector<int>(matrix[0].size(), 0)) 初始化动态规划数组 dp，所有元素初始为 0。
- lenth 记录当前找到的最大正方形的边长，初始为 0。
遍历矩阵：
- 双重循环遍历矩阵的每个位置 (i, j)：
  - 如果当前值 matrix[i][j] == '1'，则更新 dp[i][j] 为相应的边长，并更新最大边长 lenth。
  - 如果 matrix[i][j] == '0'，则跳过该位置。
计算结果：
- 返回 lenth * lenth，即最大正方形的面积。

代码效率分析

时间复杂度：
- 由于需要遍历矩阵中的每个元素，因此时间复杂度为 $O(m \times n)$，其中 $m$ 是矩阵的行数，$n$ 是矩阵的列数。
空间复杂度：
- 动态规划数组 dp 需要与输入矩阵相同大小的空间，因此空间复杂度为 $O(m \times n)$。

示例分析

假设输入为：

matrix = [  ['1', '0', '1', '0', '0'],['1', '0', '1', '1', '1'],['1', '1', '1', '1', '1'],['1', '0', '0', '1', '0']
]

遍历到 matrix[2][2] 时，由于其上方、左方和左上方的元素都为 '1'，则 dp[2][2] = 2，表示以此位置为右下角的最大正方形边长为 2。
最终最大的正方形边长为 2，面积为 2 * 2 = 4。

总结

这段代码使用动态规划高效地解决了最大正方形问题，通过构建 dp 数组来记录每个位置可以形成的最大正方形边长。最终返回最大正方形的面积。

class Solution {
public:int subarraySum(vector<int>& nums, int k) {unordered_map<int, int> mp;mp[0] = 1;int count = 0, pre = 0;for (auto& x:nums) {pre += x;if (mp.find(pre - k) != mp.end()) {count += mp[pre - k];}mp[pre]++;}return count;}
};

这段代码解决了一个经典的问题：给定一个整数数组 nums 和一个目标值 k，要求找出数组中所有和为 k 的连续子数组的个数。

代码解析

输入与输出：
- 输入：整数数组 nums 和目标值 k。
- 输出：数组中和为 k 的连续子数组的个数。
核心思路：
- 通过累加前缀和来避免重复计算子数组的和。
- 使用一个哈希表（unordered_map）来记录每个前缀和出现的次数，快速判断当前前缀和与目标值 k 之间的关系。
详细步骤：
- 定义一个哈希表 mp，其中键表示某个前缀和，值表示该前缀和出现的次数。
  - 初始化 mp[0] = 1，表示前缀和为 0 的情况出现了一次。
- 通过遍历数组 nums，逐个累加当前元素到 pre，表示当前位置的前缀和。
- 在每次计算出新的前缀和后，检查 pre - k 是否存在于哈希表 mp 中：
  - 如果存在，说明从某个先前的位置到当前的位置之间的子数组的和为 k，因此将对应的出现次数加到计数 count 中。
- 将当前的前缀和 pre 记录到哈希表中，增加其出现的次数。
变量解释：
- mp：哈希表，记录每个前缀和出现的次数。
- count：统计符合条件的子数组个数。
- pre：当前的前缀和。
- nums：输入数组。
- k：目标值。

动态过程

假设有一个数组 nums = [1, 1, 1]，目标值 k = 2：

初始时：
- mp = {0: 1}，表示前缀和 0 出现过一次。
- pre = 0，count = 0。
遍历数组：
- 第一轮：
  - 当前元素 x = 1，前缀和 pre = 1。
  - 查找 pre - k = 1 - 2 = -1，不存在于 mp 中。
  - 更新哈希表：mp = {0: 1, 1: 1}。
- 第二轮：
  - 当前元素 x = 1，前缀和 pre = 2。
  - 查找 pre - k = 2 - 2 = 0，存在于 mp 中（次数为 1）。
  - 更新计数：count = 1。
  - 更新哈希表：mp = {0: 1, 1: 1, 2: 1}。
- 第三轮：
  - 当前元素 x = 1，前缀和 pre = 3。
  - 查找 pre - k = 3 - 2 = 1，存在于 mp 中（次数为 1）。
  - 更新计数：count = 2。
  - 更新哈希表：mp = {0: 1, 1: 1, 2: 1, 3: 1}。