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怎么做可以访问网站,网页排版软件,网站建设公司怎么发展新客户,wordpress 企业内网#leetcode# 1318.或运算的最小翻转次数 /** * 解决方案类#xff1a;解决 LeetCode 1318. 或运算的最小翻转次数问题 * 问题描述#xff1a;给定三个正整数 a、b、c#xff0c;你可以对 a 或 b 的二进制位进行翻转操作#xff08;0 变 1#xff0c;1 变 0#xff09;解决 LeetCode 1318. 或运算的最小翻转次数问题* 问题描述给定三个正整数 a、b、c你可以对 a 或 b 的二进制位进行翻转操作0 变 11 变 0* 要求使得 a | b c 成立计算最少需要多少次翻转操作。* 核心思路* 逐位分析二进制位的要求根据 c 的当前位是 0 或 1分别计算 a、b 对应位需要的翻转次数累加得到总次数* 时间复杂度 O(1)固定遍历 31 位二进制位常数级操作* 空间复杂度 O(1)仅使用常数级变量。*/public class Solution {/*** 计算使 a | b c 成立的最小翻转次数* param a 第一个整数* param b 第二个整数* param c 目标结果整数* return 最少翻转次数*/public int minFlips(int a, int b, int c) {int ans 0; // 累计翻转次数// 遍历 32 位整数的低 31 位题目中数值为正整数最高位为0无需处理for (int i 0; i 31; i) {// 提取 a 的第 i 位二进制值0 或 1右移 i 位后与 1 按位与仅保留第 i 位int bitA (a i) 1;// 提取 b 的第 i 位二进制值int bitB (b i) 1;// 提取 c 的第 i 位二进制值int bitC (c i) 1;if (bitC 0) {// 情况1c 的第 i 位为 0// 要求 a | b 的第 i 位为 0 → a 和 b 的第 i 位必须都为 0// 翻转次数 a的第i位1则需翻转0则无需 b的第i位同理ans bitA bitB;} else {// 情况2c 的第 i 位为 1// 要求 a | b 的第 i 位为 1 → a 或 b 的第 i 位至少一个为 1// 若两者都为 0需翻转其中一个次数1否则无需翻转次数0ans (bitA bitB 0) ? 1 : 0;}}return ans;}}1268.搜索推荐系统/*** 解决方案类解决 LeetCode 1268. 搜索推荐系统问题* 问题描述给定产品数组 products 和搜索词 searchWord* 对于 searchWord 的每个前缀第1个字符、前2个字符…前n个字符* 返回最多3个按字典序排序的、以该前缀开头的产品推荐列表* 核心思路* 字典树Trie 最大堆* 1. 字典树存储所有产品的字符前缀每个节点维护一个最多3个元素的最大堆* 2. 插入产品时每个字符节点的堆存储以该前缀开头的产品超出3个则移除最大的保证堆中是最小的3个* 3. 查询时遍历搜索词前缀从对应节点的堆中取出元素并反转转为升序* 时间复杂度 O(m*L n*L)m产品数L产品平均长度n搜索词长度* 空间复杂度 O(m*L)字典树存储所有产品的字符。*/// 字典树节点类每个节点包含子节点映射和存储最多3个单词的最大堆class TrieNode {// 子节点映射key字符value该字符对应的子节点MapCharacter, TrieNode child new HashMap();// 最大堆存储以当前前缀开头的单词自定义比较器实现「字典序降序」Java默认最小堆// 堆中最多保留3个元素保证是字典序最小的3个移除最大的PriorityQueueString words new PriorityQueue((a, b) - b.compareTo(a));}public class Solution {/*** 向字典树中插入单个单词* param root 字典树根节点* param word 待插入的产品单词*/private void addWord(TrieNode root, String word) {TrieNode cur root; // 从根节点开始遍历// 遍历单词的每个字符构建字典树路径for (char ch : word.toCharArray()) {// 若当前字符的子节点不存在创建新节点if (!cur.child.containsKey(ch)) {cur.child.put(ch, new TrieNode());}// 移动到当前字符的子节点cur cur.child.get(ch);// 将单词加入当前节点的最大堆cur.words.offer(word);// 堆中元素超过3个时移除字典序最大的元素保证堆中仅保留最小的3个if (cur.words.size() 3) {cur.words.poll();}}}/*** 生成搜索词每个前缀的推荐产品列表* param products 产品数组* param searchWord 搜索词* return 每个前缀对应的推荐列表最多3个升序*/public ListListString suggestedProducts(String[] products, String searchWord) {// 初始化字典树根节点TrieNode root new TrieNode();// 将所有产品插入字典树for (String word : products) {addWord(root, word);}ListListString ans new ArrayList(); // 最终结果列表TrieNode cur root; // 从根节点开始遍历搜索词boolean flag false; // 标记是否已无匹配的前缀后续前缀直接返回空列表// 遍历搜索词的每个字符逐个构建前缀for (char ch : searchWord.toCharArray()) {// 情况1已无匹配前缀 或 当前字符无对应子节点 → 该前缀无推荐添加空列表if (flag || !cur.child.containsKey(ch)) {ans.add(new ArrayList());flag true; // 标记后续前缀均无匹配} else {// 情况2当前字符有对应子节点 → 移动到该子节点cur cur.child.get(ch);ListString selects new ArrayList();// 取出堆中所有元素最多3个字典序降序while (!cur.words.isEmpty()) {selects.add(cur.words.poll());}// 反转列表将降序转为升序符合题目要求的字典序Collections.reverse(selects);// 将该前缀的推荐列表加入结果ans.add(selects);}}return ans;}}435.无重叠区间class Solution {/*** 题目无重叠区间最少移除多少区间使剩余区间无重叠* 核心思路贪心解法最优解* 1. 贪心策略优先选择「结束时间最早」的区间尽可能为后续区间留出更多空间* 2. 问题转化最少移除数 总区间数 - 最大不重叠区间数与动态规划思路一致但贪心效率更高* 3. 排序规则按区间右端点升序排序核心保证每次选的是结束最早的区间* 时间复杂度O(n log n)排序 O(n log n) 一次遍历 O(n)* 空间复杂度O(log n)排序的系统栈空间** param intervals 二维数组每个元素为 [左端点, 右端点] 的区间* return 最少需要移除的区间数量*/public int eraseOverlapIntervals(int[][] intervals) {// 边界条件无区间时无需移除任何区间if (intervals.length 0) {return 0;}// 步骤1按区间「右端点」升序排序贪心策略的核心前提// 排序后前面的区间结束更早优先选这类区间能最大化不重叠区间的数量Arrays.sort(intervals, new Comparatorint[]() {public int compare(int[] interval1, int[] interval2) {// 右端点升序interval1[1] - interval2[1] 为正则 interval1 在后负则在前return interval1[1] - interval2[1];}});int n intervals.length;// 步骤2初始化贪心遍历的关键变量int right intervals[0][1]; // 记录当前选中区间的右端点初始为第一个区间的右端点int ans 1; // 记录最大不重叠区间数初始为1因为至少选第一个区间// 步骤3遍历剩余区间统计最大不重叠区间数for (int i 1; i n; i) {// 关键判断当前区间的左端点 上一个选中区间的右端点 → 无重叠可选中if (intervals[i][0] right) {ans; // 不重叠区间数1right intervals[i][1];// 更新选中区间的右端点为当前区间的右端点}// 若当前区间与上一个选中区间重叠 → 直接跳过贪心策略不选这个重叠区间保留结束更早的那个}// 步骤4计算最少移除数 总区间数 - 最大不重叠区间数return n - ans;}}452.用最少数量的箭引爆气球class Solution {/*** 题目用最少数量的箭引爆气球* 核心思路贪心解法* 1. 贪心策略优先选择「右边界最早」的气球在其右边界射箭尽可能引爆更多重叠气球* 2. 问题本质找“最多的不重叠区间数”每个不重叠区间需要一支箭与“无重叠区间”问题同源* 3. 排序规则按气球右边界升序排序核心保证每次射箭位置是当前最靠左的有效位置* 时间复杂度O(n log n)排序 O(n log n) 一次遍历 O(n)* 空间复杂度O(log n)排序的系统栈空间** param points 二维数组每个元素为 [气球左边界, 气球右边界]* return 引爆所有气球所需的最少箭数量*/public int findMinArrowShots(int[][] points) {// 边界条件无气球时无需射箭if (points.length 0) {return 0;}// 步骤1按气球「右边界」升序排序贪心策略的核心前提// 注意这里不用 point1[1] - point2[1] 直接相减避免整数溢出官方题解写法更安全// 排序后前面的气球右边界更早在其右边界射箭能覆盖更多后续重叠气球Arrays.sort(points, new Comparatorint[]() {public int compare(int[] point1, int[] point2) {if (point1[1] point2[1]) {return 1; // point1 右边界更大排后面} else if (point1[1] point2[1]) {return -1; // point1 右边界更小排前面} else {return 0; // 右边界相等顺序无关}}});// 步骤2初始化贪心遍历的关键变量int pos points[0][1]; // 记录当前射箭的位置初始为第一个气球的右边界int ans 1; // 初始需要1支箭至少引爆第一个气球// 步骤3遍历剩余气球判断是否需要新增箭for (int[] balloon : points) {// 关键判断当前气球的左边界 上一次射箭位置 → 无重叠需要新增箭// 说明当前气球无法被上一支箭引爆必须在其右边界重新射箭if (balloon[0] pos) {pos balloon[1]; // 更新射箭位置为当前气球的右边界ans; // 箭的数量1}// 若当前气球左边界 ≤ 射箭位置 → 与当前箭的覆盖范围重叠无需新增箭}return ans;}}