6889.特殊元素平方和

• 主要注意点是本题的i并不是数组下标的i，是按照数字顺序来的

给你一个下标从 1 开始、长度为 n 的整数数组 nums 。

对 nums 中的元素 nums[i] 而言，如果 n 能够被 i 整除，即 n % i == 0 ，则认为 num[i] 是一个 特殊元素 。

返回 nums 中所有 特殊元素 的 平方和 。

示例 1：

输入：nums = [1,2,3,4]
输出：21
解释：nums 中共有 3 个特殊元素：nums[1] ，因为 4 被 1 整除；nums[2] ，因为 4 被 2 整除；以及 nums[4] ，因为 4 被 4 整除。 
因此，nums 中所有元素的平方和等于 nums[1] * nums[1] + nums[2] * nums[2] + nums[4] * nums[4] = 1 * 1 + 2 * 2 + 4 * 4 = 21 。  

示例 2：

输入：nums = [2,7,1,19,18,3]
输出：63
解释：nums 中共有 4 个特殊元素：nums[1] ，因为 6 被 1 整除；nums[2] ，因为 6 被 2 整除；nums[3] ，因为 6 被 3 整除；以及 nums[6] ，因为 6 被 6 整除。 
因此，nums 中所有元素的平方和等于 nums[1] * nums[1] + nums[2] * nums[2] + nums[3] * nums[3] + nums[6] * nums[6] = 2 * 2 + 7 * 7 + 1 * 1 + 3 * 3 = 63 。 

提示：

• 1 <= nums.length == n <= 50
• 1 <= nums[i] <= 50

思路

本题属于比较简单的模拟题，遍历再模拟是否整除即可。

完整版

class Solution {
public:
    int sumOfSquares(vector<int>& nums) {
    	int sum=0;
        int n=nums.size();//本题的判断对象是n
        //for循环遍历里面是本题的自定义数组下标
        for(int i=1;i<=nums.size();i++){
            if(n%i==0){
                //此处是真实的数组下标
                sum+=nums[i-1]*nums[i-1];
            }
        }
        return sum;
	}
};

取模注意：不能对0取余/取模

因为数组的下标从0开始，但是所有对0的取余/取模运算都是违法的。

最开始写成了：

class Solution {
public:
    int sumOfSquares(vector<int>& nums) {
    	int sum=0;
        int n=nums.size();//本题的判断对象是n
        for(int i=0;i<nums.size();i++){
            if(n%i==0){
                sum+=nums[i]*nums[i];
            }
        }
        return sum;
	}
};

但是会出现执行错误，不能对0取模

解答错误：本题的数组最后一个下标是nums[nums.size()]

当我们直接改成初始值i=1，又会出现结果错误

原因是从示例中我们看出，nums[4]是最后一个元素，也就是说本题的下标并不是按照普通数组的形式，而是与数字顺序一致，题目里的数组下标特殊含义也要注意。

因此，本题的for循环应该从i=1开始遍历，一直到i=nums.size()。内部求平方和的逻辑直接用nums[i-1]进行计算。

6929.数组的最大美丽值（排序+滑动窗口）

• 本题主要是需要想到，经过排序，相等的元素会相邻在一起，也就是说相等的元素成为了连续序列，求序列最大长度就是滑动窗口类型题目了。
• 本题关于元素顺序保持不变的要求可以忽略，一是因为求最大长度和元素顺序无关，二是因为所有解法都不能保证不改变元素顺序。（需要排序）

给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个 非负 整数 k 。

在一步操作中，你可以执行下述指令：

• 在范围 [0, nums.length - 1] 中选择一个 此前没有选过 的下标 i 。
• 将 nums[i] 替换为范围 [nums[i] - k, nums[i] + k] 内的任一整数。

数组的 美丽值 定义为数组中由相等元素组成的最长子序列的长度。

对数组 nums 执行上述操作任意次后，返回数组可能取得的 最大 美丽值。

**注意：**你 只 能对每个下标执行 一次 此操作。

数组的 子序列 定义是：经由原数组删除一些元素（也可能不删除）得到的一个新数组，且在此过程中剩余元素的顺序不发生改变。

示例 1：

输入：nums = [4,6,1,2], k = 2
输出：3
解释：在这个示例中，我们执行下述操作：
- 选择下标 1 ，将其替换为 4（从范围 [4,8] 中选出），此时 nums = [4,4,1,2] 。
- 选择下标 3 ，将其替换为 4（从范围 [0,4] 中选出），此时 nums = [4,4,1,4] 。
执行上述操作后，数组的美丽值是 3（子序列由下标 0 、1 、3 对应的元素组成）。
可以证明 3 是我们可以得到的由相等元素组成的最长子序列长度。

示例 2：

输入：nums = [1,1,1,1], k = 10
输出：4
解释：在这个示例中，我们无需执行任何操作。
数组 nums 的美丽值是 4（整个数组）。

提示：

• 1 <= nums.length <= 105
• 0 <= nums[i], k <= 105

思路1：排序+滑动窗口

因为美丽值的定义是数组中由相等元素组成的最长子序列的长度，因此我们想要获得全部都是相等元素的序列，并求最大长度。

虽然本题要求 子序列 定义是剩余元素的顺序不发生改变，但是求的是相等元素组成的最长子序列长度，因此元素的顺序并不影响结果。

（实际上本题所有解法都不考虑元素顺序，所以这个条件有点问题）

因此我们可以先进行排序，让相等的元素排在一起，此时只需要判断窗口左端点（最小值）和右端点（最大值）是不是相等，也就是只有nums[r]-k<=nums[l]+k的时候，才作为有效窗口。

此时，本题就转变成了，求满足nums[r]-k<=nums[l]+k条件的最长子序列，也就是找最长的连续子数组，其最大值-最小值不超过2k。

也属于找最长子序列问题。最长子序列需要枚举右端点，只有不满足条件的时候，才更新左端点。

算法专题整理：滑动窗口_大磕学家ZYX的博客-CSDN博客

class Solution {
public:
    int maximumBeauty(vector<int>& nums, int k) {
        sort(nums.begin(), nums.end());
        int res=0;
        for (int l = 0, r = 0; r < nums.size(); ++r) {
            while (nums[r]-k > nums[l] + k) {
            	l++;
            }
            res = max(res, r - l + 1);
        }
        return res;
    }
};

注意点

由于选的是子序列，且子序列的元素都相等，所以元素顺序对答案没有影响，可以先对数组排序。

且仔细看用例1可以看出，并不要求最后的子数组在原数组也是连续的，只是找替换后相等的数字组成的总长度，并不是找原数组中就连续的子数组！

参考题解：
灵茶山艾府
力扣周赛总结

6927. 合法分割的最小下标（倒推的思路）

• 本题重点是想明白，如果想要相等，最后那个结果肯定是原数组的支配元素。
• 因此可以根据支配元素的结果倒推，已知支配元素一定是这个数值，去求那两个子数组支配元素是不是这个。这种倒推的思路要注意。

如果元素 x 在长度为 m 的整数数组 arr 中满足 freq(x) * 2 > m ，那么我们称 x 是 支配元素 。其中 freq(x) 是 x 在数组 arr 中出现的次数。注意，根据这个定义，数组 arr 最多 只会有 一个 支配元素。

给你一个下标从 0 开始长度为 n 的整数数组 nums ，数据保证它含有一个支配元素。

你需要在下标 i 处将 nums 分割成两个数组 nums[0, ..., i] 和 nums[i + 1, ..., n - 1] ，如果一个分割满足以下条件，我们称它是 合法 的：

• 0 <= i < n - 1
• nums[0, ..., i] 和 nums[i + 1, ..., n - 1] 的支配元素相同。

这里， nums[i, ..., j] 表示 nums 的一个子数组，它开始于下标 i ，结束于下标 j ，两个端点都包含在子数组内。特别地，如果 j < i ，那么 nums[i, ..., j] 表示一个空数组。

请你返回一个 合法分割 的 最小 下标。如果合法分割不存在，返回 -1 。

示例 1：

输入：nums = [1,2,2,2]
输出：2
解释：我们将数组在下标 2 处分割，得到 [1,2,2] 和 [2] 。
数组 [1,2,2] 中，元素 2 是支配元素，因为它在数组中出现了 2 次，且 2 * 2 > 3 。
数组 [2] 中，元素 2 是支配元素，因为它在数组中出现了 1 次，且 1 * 2 > 1 。
两个数组 [1,2,2] 和 [2] 都有与 nums 一样的支配元素，所以这是一个合法分割。
下标 2 是合法分割中的最小下标。

示例 2：

输入：nums = [2,1,3,1,1,1,7,1,2,1]
输出：4
解释：我们将数组在下标 4 处分割，得到 [2,1,3,1,1] 和 [1,7,1,2,1] 。
数组 [2,1,3,1,1] 中，元素 1 是支配元素，因为它在数组中出现了 3 次，且 3 * 2 > 5 。
数组 [1,7,1,2,1] 中，元素 1 是支配元素，因为它在数组中出现了 3 次，且 3 * 2 > 5 。
两个数组 [2,1,3,1,1] 和 [1,7,1,2,1] 都有与 nums 一样的支配元素，所以这是一个合法分割。
下标 4 是所有合法分割中的最小下标。

示例 3：

输入：nums = [3,3,3,3,7,2,2]
输出：-1
解释：没有合法分割。

提示：

• 1 <= nums.length <= 105
• 1 <=nums[i] <= 109
• nums 有且只有一个支配元素。

思路

这道题的重要注意点在于，如果想要两个子数组的支配元素相等，那么这个支配元素，肯定也是原数组的支配元素！

所以就可以倒过来推导，先求原数组支配元素，然后再看这个支配元素，是否在两个子数组里也是支配的！

想明白这一点之后，剩下的就是模拟了，模拟的部分也可以练习一下。

思路1：哈希表统计元素频率

首先，要找到这个数组的支配元素。我们可以使用哈希表（unordered_map）来存储每个元素的频率。在这个过程中，我们同时找出频率最高的元素，即为我们的支配元素。

在找到支配元素后，再次遍历数组。这一次遍历要找出合法的分割点。一个合法的分割点需要满足以下条件：

• [0, …, i] 的支配元素与整个数组的支配元素相同，即 nums[i] == dominator；
• 在当前分割点之前（包括分割点），支配元素的出现次数超过了数组的一半，即 count > (i + 1) / 2；
• 在当前分割点之后，剩余的支配元素出现次数仍超过后半部分数组的一半，即 (maxFreq - count) > (n - i - 1) / 2。
• 如果当前分割点满足以上所有条件，我们就找到了一个合法的分割点。我们需要找的是最小的分割点，所以一旦找到，我们就直接返回这个分割点的索引 i。

class Solution {
public:
    int minimumIndex(vector<int>& nums) {
        //先建立哈希表统计原数组的支配元素
        unordered_map<int,int>umap;
        //遍历所有元素统计频率
        int maxFreq = 0;
        int x=0;
        for(int i=0;i<nums.size();i++){
            umap[nums[i]]++;
            //最大频率
            if(umap[nums[i]]>maxFreq){
                maxFreq = umap[nums[i]];
                x=nums[i];//同时存储频率最高数值
            }
        }

        //遍历i，对于i分割的两个子数组判断支配元素是不是x
        int count=0;
        for(int i=0;i<nums.size();i++){
            if(nums[i]==x){  //统计支配元素的频率
                count++;
            }
            //统计完了可以直接判断i之前元素的count是不是>长度/2,之后的频率是不是>长度/2
            //注意边界条件的长度，i+1已经算了i本身了，后面的nums.size()-i就不能算i了！
            if(count>(i+1)/2&&(maxFreq-count)>(nums.size()-i-1)/2){
                return i;
            }
        }
        return -1;
        
        
    }
};

思路2：投票法找出出现频率最高的元素

也可以用投票法，求出占比最高的元素及其频率。

投票法介绍

投票法是一种用于找出数组中多数元素的算法，这个算法的基本原理是：

如果一个元素是数组的多数元素（出现次数超过数组长度的一半），那么即使我们把它和其他每个不同的元素一一抵消（每次都从数组中删除两个不同的元素），最后剩下的一定是这个多数元素。

由于题目保证了数组中最多只存在一个支配元素，投票法最后找到的元素必然是这个支配元素。

class Solution {
public:
    int minimumIndex(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        int cnt = 0, x = 0;
        // 投票法求元素 x
        for (int num: nums) {  // 遍历数组
            if (num == x) {  // 如果当前元素等于候选元素
                cnt++;  // 候选元素的票数加一
            } else {  // 如果当前元素不等于候选元素
                cnt--;  // 候选元素的票数减一，相当于抵消掉了
                if (cnt < 0) {  // 如果票数小于0
                    x = num;  // 将当前元素作为新的候选元素
                    cnt = 1;  // 将新的候选元素的票数设为1
                }
            }
        }
        
        // 求 x 出现的总数
        int sum = 0;
        for (int num: nums) {  // 再次遍历数组
            if (x == num) sum++;  // 如果当前元素等于支配元素，将支配元素的总数加一
        }
        // 枚举求解 i
        cnt = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {  // 再次遍历数组，寻找分割点
            if (x == nums[i]) cnt++;  // 如果当前元素等于支配元素，将支配元素的出现次数加一
            if (cnt * 2 > (i + 1) && (sum - cnt) * 2 > (n - i - 1)) 
                return i;  // 检查是否满足分割条件，如果满足，返回当前索引
        }
        return -1;  // 如果遍历完数组都没有找到合法的分割点，返回-1
    }
};

补充：投票法

• 投票法是找**数组中出现频率超过半数（必须是超过不能是等于）**的元素。
• 数组中出现频率超过半数的元素，一定只有一个！

投票法（Boyer-Moore Voting Algorithm）是一种用于在数组中查找主要元素的算法，主要元素定义为一个元素出现次数超过数组长度的一半。它并不一定能找到频率最高的元素，例如在数组 [1, 2, 2, 3, 3, 3] 中，频率最高的元素是 3，但没有元素出现次数超过数组长度的一半，因此投票法不会返回任何元素。如果数组 [1, 1, 2, 2, 3, 3, 3, 3] 中，频率最高的元素也是主要元素，这时投票法会返回元素 3。

示例：

class Solution {
public:
    int majorityElement(vector<int>& nums) {
        int count = 0;
        int candidate = 0;
        
        for(int num : nums){
            if (count == 0) {
                candidate = num;  // 当前候选主要元素
            }
            count += (num == candidate) ? 1 : -1;  // 如果当前元素等于候选主要元素，票数加1，否则减1
        }
        
        return candidate;  // 返回最后的候选主要元素
    }
};