LeetCode 2023 春季杯团队赛
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+ A. 符文储备
+题意：
+给定一个数组，问可以从中选择最多多少个连续的数，使得这些数排序后，相邻两个数的差最多是 1。
+数据范围：
+-
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1 <= runes.length <= 10^4
+0 <= runes[i] <= 10^4
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题解：
+值域范围很小，可以直接开一个大小为 10001 的数组，然后统计每个数出现的次数，最后遍历这个数组判断即可。
+如果值域范围很大，可以开一个 map 来统计，然后遍历 map 判断即可。
+代码：
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B. 城墙防线
+题意：
+给定一些城墙的区间，按照递增顺序给出，任意两个城墙区间不相交。
+现在统一给所有城墙膨胀，每个城墙膨胀数量一样，可以向左向右膨胀，问每个城墙膨胀的最大数量。
+数据范围：
+-
+
3 <= rampart.length <= 10^4
+rampart[i].length == 2
+0 <= rampart[i][0] < rampart[i][1] <= rampart[i+1][0] <= 10^8
+
题意：
+对于最左和最右边的城墙，其可以无限扩张，所以他们不被考虑在内。
+考虑有 3 个城墙，对于 2 号城墙，可以将 1 号 到 2 号和 2 号到 3 号中间这部分城墙全部作为其膨胀得到的城墙。
+考虑有 4 个城墙，对于 2 号城墙，可以将 1 号 到 2 号城墙中的部分作为其膨胀的部分，而 2 号和 3号中间这部分，就不好界定了。
+考虑二分答案，每个城墙可以膨胀的数量，枚举到第 i 个城墙时，其左边还未被膨胀的部分都可以作为其膨胀的部分，然后再从其右边的部分膨胀其需要的值即可。
+代码：
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C. 提取咒文
+题意：
+给定一个长度为 len 的字符串 mantra 和一个 n * m 的矩阵 matrix，
+字符串中的字符和矩阵中的元素均为小写字母，初始在 [0, 0] ，按照字符串的顺序依次走到矩阵中的每个位置，问最少需要走多少次可以走完。
数据范围：
+-
+
0 < matrix.length, matrix[i].length <= 100
+0 < mantra.length <= 100
+matrix和mantra仅由小写字母组成
+
题解：
+这题赛时被 dp 卡住了，后面才反应过来是三维 bfs。
+每次移动和取数都会增加一次操作，移动会修改 x 或者 y，取数会修改 k。
+从 (0, 0, 0) 开始 bfs ，当前位置的字符 matrix[x][y] 和 mantra[k] 相等，则说明可以取数。每次可以向上下左右移动 4 次。
每个(x, y, k) 扩展最多 5 次，时间复杂度是 $O(n\times m\times len)$。
+代码：
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D. 生物进化录
+题意：
+给定一棵树，从根开始，构造这棵树的生成方式，用 0 表示父节点生成一个子节点，用 1 表示从子节点回到父节点，用 0 和 1 表示生成方式，求所有生成方式的最小字典序，注意，生成完树中所有节点后，不用回到根节点。
+-
+
1 <= parents.length <= 10^4
+-1 <= parents[i] < i(即父节点编号小于子节点)
+
题解：
+一个直观的生成方式，dfs 得到每棵子树的最小字典序生成方式，然后按照字典序排序输出。复杂度是正确的，但是不会证明。
+首先每个子树会被 sort 一次，即除了根外都会 sort 一次，总共 sort 的元素数是 $O(n)$，但是内部的字符串长度是不定的，但是注意，sort 中两个字符串比较取决于较小的长度，即完全 k 叉树的情况会得到最大的 sort 复杂度，如此以完全二叉树为例，$2^{14}=16384$，同时深度最大时，比较最小，最多比较 14 层。故粗略的估计复杂度为 $O(n\log n\times 14)$。
+代码：
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E. 与非的谜题
+题意：
+给定一个长度为 n 的数组 arr，以及k 个操作，第 i 个操作 operations[i] = [type, x, y]，每个操作有两种类型：
-
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- type = 0，表示修改操作，
arr[x] = y
+ - type = 1，表示运算操作，将 y 进行
x * n次与非操作，第 i 次与非运算为：y = y NAND arr[i % n]。
+
最后将所有运算操作的 y 的异或值返回。
数据范围：
+-
+
1 <= arr.length, operations.length <= 10^4
+1 <= k <= 30
+0 <= arr[i] <= 2^k
+- 若
type = 0，0 <= x < arr.length且0 <= y < 2^k
+ - 若
type = 1，1 <= x < 10^9且0 <= y < 2^k
+ - 保证存在
type = 1的操作
+
题解：
+对于位运算的题，位之间是独立的，考虑拆位，即单独考虑每一位。
+对于两个位之间的与非操作，有四种情况：
+-
+
- !(1 & 1) = 0 +
- !(1 & 0) = 1 +
- !(0 & 1) = 1 +
- !(0 & 0) = 1 +
可以发现，当任意一个位为 0 ，答案为 1，那么对于查询操作，最后一个 0 操作后，位变成 1，只需要考虑最后一个 0 的位置。
+对于连续的 1 ，上述考虑 1 的变换，!(x & 0) => !x，即取反，那么只需要考虑连续 1 的个数为奇数还是偶数即可。
+因此，我们的任务转换为了求每一位的最后一个 0 的位置，但是注意，我们还会修改值，因此需要一个快速删除和查询极值的数据结构，线段树或者set都可以。
+代码：
+set 实现
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线段树实现：
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F. 万灵之树
+鸽了
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