模拟: 反序遍历数组，用一个集合存当前遍历过的不超过 $k$ 的正数

class Solution {
public:int minOperations(vector<int> &nums, int k) {unordered_set<int> vis;int n = nums.size();int i = n - 1;for (;; i--) {if (nums[i] <= k && !vis.count(nums[i]))vis.insert(nums[i]);if (vis.size() == k)break;}return n - i;}
};

计数：记录数组中各元素出现次数，若存在只出现一次的元素则无法使数组为空，否则，要将出现次数为 $f$ 的某个元素全部删除最少需要的次数为：当 $f\%3=0$ 时为 $\frac{f}{3}$ ，当 $f\%3\ne 0$ 时为 $\lfloor \frac{f}{3}\rfloor +1$ 。

class Solution {
public:int minOperations(vector<int> &nums) {unordered_map<int, int> cnt;for (auto x: nums)cnt[x]++;int res = 0;for (auto [_, f]: cnt) {if (f == 1)return -1;if (f % 3 == 0)res += f / 3;elseres += f / 3 + 1;}return res;}
};

模拟：遍历数组元素 $nums[i]$ ，若 $nums[i]$ 不是最后一个元素，则只有一种情况会使得最优解中 $nums[i]$ 为其所在子数组的最后一个元素：$nums[i]$ 所在的子数组分数已经为 $0$ 且 $nums[i+1]\&\cdots \&nums[nums.size()-1]$ 等于 $0$

class Solution {
public:int maxSubarrays(vector<int> &nums) {int n = nums.size();vector<int> sf(n);//“后缀与”数组sf[n - 1] = nums[n - 1];for (int i = n - 2; i >= 0; i--)sf[i] = nums[i] & sf[i + 1];int res = 0;for (int i = 0, cur = nums[0]; i < n; i++) {cur &= nums[i];if (i == n - 1 || cur == 0 && sf[i + 1] == 0) {//nums[i]为所在子数组的最后一个元素res++;if (i != n - 1)cur = nums[i + 1];//下一个子数组的首个元素}}return res;}
};

$dfs$：不妨以 $0$ 为树根，通过 $dfs$ 求 $s$ 数组： $s[i]$ 为以 $i$ 为根的子树的所有节点值之和。设 $dfs$ 遍历到的当前节点为 $cur$ ，若遍历到 $cur$ 的子节点 $j$ 时，有 $s[j]\%k==0$ ，则边 $(cur,j)$ 可以删除（即可以增加一个连通块）。

class Solution {
public:using ll = long long;int maxKDivisibleComponents(int n, vector<vector<int>> &edges, vector<int> &values, int k) {vector<int> e[n];//邻接表for (auto &ei: edges) {//建图e[ei[0]].push_back(ei[1]);e[ei[1]].push_back(ei[0]);}vector<ll> s(n);int res = 1;function<ll(int, int)> dfs = [&](int cur, int par) {//当前节点为cur,父节点为pars[cur] += values[cur];for (auto j: e[cur])if (j != par) {s[cur] += dfs(j, cur);if (s[j] % k == 0)res++;}return s[cur];};dfs(0, -1);//以0为根跑dfsreturn res;}
};