1. 最大质数子字符串之和
给定一个字符串 s，找出可以由其 子字符串 组成的 3个最大的不同质数 的和。
返回这些质数的 总和 ，如果少于 3 个不同的质数，则返回 所有 不同质数的和。
质数是大于 1 且只有两个因数的自然数：1和它本身。
子字符串 是字符串中的一个连续字符序列。
注意：每个质数即使出现在 多个 子字符串中，也只能计算 一次 。此外，将子字符串转换为整数时，忽略任何前导零。
示例 1：
输入： s = "12234"
输出： 1469
解释：
由 "12234" 的子字符串形成的不同质数为 2 ，3 ，23 ，223 和 1223。
最大的 3 个质数是 1223、223 和 23。它们的和是 1469。
示例 2：输入： s = "111"
输出： 11
解释：
由 "111" 的子字符串形成的不同质数是 11。
由于只有一个质数，所以结果是 11。
提示：
1 <= s.length <= 10
s 仅由数字组成。
解题思路：字符串的长度只有10，注意字符串转 int -> [-10^9,10^9]时会超, 其他就是简单模拟即可
class Solution {
public:
bool solve(long long num){
if(num<2) return false;
for(long long i=2;i*i<=num;i++){
if(num%i==0) return false;
}
return true;
}
long long sumOfLargestPrimes(string s) {
set<long long> a;
int n=s.size();
for(int i=0;i<n;i++){
string tmp="";
for(int j=i;j<n;j++){
tmp+=s[j];
long long v=stoll(tmp);
if(solve(v)){
a.insert(v);
}
}
}
vector<long long> b(a.begin(),a.end()); sort(b.begin(),b.end()); int n_b=b.size(); long long sum=0;
if(n_b>=3) return b[n_b-1]+b[n_b-2]+b[n_b-3];
else{
sum=accumulate(b.begin(),b.end(),0LL);
}
return sum;
}
};2. 不相交子字符串的最大数量
给你一个字符串 word。
返回以 首尾字母相同 且 长度至少为 4 的 不相交子字符串 的最大数量。
子字符串 是字符串中连续的 非空 字符序列。
示例 1：
输入： word = "abcdeafdef"
输出： 2
解释：
两个子字符串是 "abcdea" 和 "fdef"。
示例 2：
输入： word = "bcdaaaab"
输出： 1
解释：
唯一的子字符串是 "aaaa"。注意我们 不能 同时选择 "bcdaaaab"，因为它和另一个子字符串有重叠。
提示：
1 <= word.length <= 2 * 10^5
word 仅由小写英文字母组成。
解题思路：
f[i]=max(f[i-1],f[j-1]+1)
f(i): 从前i个字符中最多能选出多少个符合条件的子串
class Solution {
public:
int maxSubstrings(string word) {
int n=word.size();
vector<int> pre(26),a(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++){
a[i]=pre[word[i-1]-'a'];
pre[word[i-1]-'a']=i;
}
vector<int> f(n+1);
f[0]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
f[i]=f[i-1];
int j=a[i];
while(j>0&&i-j<3) j=a[j];
if(j>0){
f[i]=max(f[i],f[j-1]+1);
}
}
return f[n];
}
};
3. 给边赋权值的方案数 I
给你一棵 n 个节点的无向树，节点从 1 到 n 编号，树以节点 1 为根。树由一个长度为 n - 1 的二维整数数组 edges 表示，其中 edges[i] = [ui, vi] 表示在节点 ui 和 vi 之间有一条边。
一开始，所有边的权重为 0。你可以将每条边的权重设为 1 或 2。两个节点 u 和 v 之间路径的 代价 是连接它们路径上所有边的权重之和。
选择任意一个 深度最大 的节点 x。返回从节点 1 到 x 的路径中，边权重之和为 奇数 的赋值方式数量。
由于答案可能很大，返回它对 10^9 + 7 取模的结果。
注意： 忽略从节点 1 到节点 x 的路径外的所有边。
解题思路： 每条边的边权只能是1或者2，保证边上的边权和是奇数，保证有奇数个1即可，
实现上我们先求出最大深度x, 然后从x条边种选出1,3,5个1，其他为2
然后我们套用组合数公式Cn1+Cn3+...=2^(n-1)
class Solution {
public:
int mx=0;
const int M=1e9+7; vector<vector<int>> g;
void dfs(int i, int fa , int d){
for(int x: g[i]){
if(x!=fa){
dfs(x,i,d+1);
}
}
mx=max(mx,d);
}
int assignEdgeWeights(vector<vector<int>>& edges){
int n=edges.size()+1;
g.resize(n+1);
for(int i=0;i<n-1;i++){
int x=edges[i][0],y=edges[i][1];
g[x].push_back(y); g[y].push_back(x);
}
vector<int> p(n+1);
p[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=p[i-1]*2%M;
dfs(1,0,0);
return p[mx-1];
}
};4. 给边赋权值的方案数 II
给你一棵有 n 个节点的无向树，节点从 1 到 n 编号，树以节点 1 为根。树由一个长度为 n - 1 的二维整数数组 edges 表示，其中 edges[i] = [ui, vi] 表示在节点 ui 和 vi 之间有一条边。
一开始，所有边的权重为 0。你可以将每条边的权重设为 1 或 2。两个节点 u 和 v 之间路径的 代价 是连接它们路径上所有边的权重之和。
给定一个二维整数数组 queries。对于每个 queries[i] = [ui, vi]，计算从节点 ui 到 vi 的路径中，使得路径代价为 奇数 的权重分配方式数量。
返回一个数组 answer，其中 answer[i] 表示第 i 个查询的合法赋值方式数量。
由于答案可能很大，请对每个 answer[i] 取模 10^9 + 7。
注意： 对于每个查询，仅考虑 ui 到 vi 路径上的边，忽略其他边。
解题思路：相比上题多了一个query的操作，变成ui -> vi 的路径权重和为奇数的方案数, 和上场周赛最后一题(可以直接点开我主页力扣栏查看即可), 类似,
注：到底是比赛谁套个板子, 还有脸发到某站当比赛实录啊
const int M=1e9+7;
class LCA_solve {
public:
vector<int> depth, to_root_minD;
vector<vector<int>> pa;
LCA_solve(vector<vector<int>>& edges) {
int n = edges.size() + 1;
int m = bit_width(edges.size() + 1);
vector<vector<int>> g(n);
for (auto& e : edges) {
int x = e[0]-1, y = e[1]-1;
g[x].push_back(y);
g[y].push_back(x);
}
depth.resize(n);
pa.resize(n, vector<int>(m, -1));
auto dfs = [&](this auto&& dfs, int x, int fa) -> void {
pa[x][0] = fa;
for (auto& y : g[x]) {
if (y != fa) {
depth[y] = depth[x] + 1;
dfs(y, x);
}
}
};
dfs(0, -1);
for (int i = 0; i < m - 1; i++) {
for (int x = 0; x < n; x++) {
if (int p = pa[x][i]; p != -1) {
pa[x][i + 1] = pa[p][i];
}
}
}
}
int get_kth_ancestor(int node, int k) {
for (; k; k &= k - 1) {
node = pa[node][countr_zero((unsigned)k)];
}
return node;
}
int get_lca(int x, int y) {
if (depth[x] > depth[y]) {
swap(x, y);
}
y = get_kth_ancestor(y, depth[y] - depth[x]);
if (y == x) {
return x;
}
for (int i = pa[x].size() - 1; i >= 0; i--) {
int px = pa[x][i], py = pa[y][i];
if (px != py) {
x = px;
y = py;
}
}
return pa[x][0];
}
int twoPoits_dis(int x, int y) {
return depth[x] + depth[y] - depth[get_lca(x, y)] * 2;
}
};
class Solution {
public:
vector<int> assignEdgeWeights(vector<vector<int>>& edges, vector<vector<int>>& queries) {
int n=edges.size();
vector<int> p(n+1);
p[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=p[i-1]*2%M;
LCA_solve g(edges);
vector<int> ans(queries.size());
for (int i=0;i<queries.size();i++) {
int x=queries[i][0]-1;
int y=queries[i][1]-1;
if (x!=y){
ans[i]=p[g.twoPoits_dis(x, y) - 1];
}
}
return ans;
}
};感谢大家的点赞和关注，你们的支持是我创作的动力！(其他细节，有时间再补充...)