题目链接：https://leetcode.cn/problems/can-make-palindrome-from-substring/description/

题目大意：给出一个字符串s，每次query给出l, r, k，要求判断子串s[l:r+1]在经过k次操作后是否能变为回文串。一次操作可以将子串内的一个字符变为任意一个其他字符。并且子串顺序可以任意改变。

思路：因为有很多query，自然想到会有重复计算，要检查超时，那么就想到前缀和。用pre[j][i]记录到i为止字母j出现的次数。那么子串内字母j出现的次数即为pre[j][r+1-l]。

对于子串，如果长度为奇数，那么回文与否与中间的字符无关，我们可以忽略。因此处理的总是一个总长度为偶数的子串。统计子串中每个字母的出现次数，可以知道，【奇数出现的次数】必然是偶数，因为只有偶数个奇数+若干偶数才能使得和（子串总长度）为偶数。

那么对于cnt个出现奇数次的字母，我们进行k次操作可以最多让2*k长度的子串变为回文。而对于出现偶数次的字母，只需将其对称排列即可。因此判断条件变为cnt / 2 <= k

完整代码

class Solution {
public:vector<bool> canMakePaliQueries(string s, vector<vector<int>>& queries) {int N = s.length();int pre[26][10001] = {};for (int i = 0; i < N; i++) {int idx = s[i]-'a';pre[idx][i+1] = pre[idx][i]+1;for (int j = 0; j < 26; j++) {if (j != idx && i > 0)pre[j][i+1] = pre[j][i];}}vector<bool> res;for (auto q: queries) {int l = q[0], r = q[1], k = q[2];char mid = s[(l+r)/2];bool flag = (r+1-l)%2;int arr[26] = {};if (flag)arr[mid-'a']--;int cnt = 0;for (int j = 0; j < 26; j++) {arr[j] += pre[j][r+1] - pre[j][l];if (arr[j] & 1 == 1) {cnt++;}}if (cnt / 2 <= k) {res.emplace_back(true);}else {res.emplace_back(false);}}return res;}
};

然而，碰到大的测试样例的时候会超时…那么就不得不求助高效的位运算了。

我们用一个二进制数组存储前缀和，每个二进制数一共26位，代表某个字母在i位置前的奇偶性。奇偶性运算用异或操作^来实现。

        int N = s.length();vector<int> pre(N+1, 0);for (int i = 0; i < N; i++) {pre[i+1] = pre[i] ^ (1 << s[i]-'a');            }

如何统计子串中的字母的奇数的个数呢？这就是数一下【代表该区间的二进制数】（通过前缀和做差得到）中1的个数。

            int l = q[0], r = q[1], k = q[2];int cnt = 0;int x = pre[r+1] ^ pre[l];while (x > 0) {x &= x - 1;cnt++;}

x &= x-1操作将 x 的二进制表示中最低位的 1 翻转成 0，并将所有更低位的位都清零。这是一个位运算技巧，快速计算二进制数中1的个数。

另外，由于乘法比除法更加快速，我们就不考虑是否忽略子串最中间的字母了，即使它使得x中1的个数增加了，也只不过增加1而已，我们将能够处理的上限改为2*k+1即可。

            if (cnt <= 2*k+1)res.emplace_back(true);elseres.emplace_back(false);

完整代码

class Solution {
public:vector<bool> canMakePaliQueries(string s, vector<vector<int>>& queries) {int N = s.length();vector<int> pre(N+1, 0);for (int i = 0; i < N; i++) {pre[i+1] = pre[i] ^ (1 << s[i]-'a');            }vector<bool> res;for (auto q: queries) {int l = q[0], r = q[1], k = q[2];int cnt = 0;int x = pre[r+1] ^ pre[l];while (x > 0) {x &= x - 1;cnt++;}if (cnt <= 2*k+1)res.emplace_back(true);elseres.emplace_back(false);}return res;}
};