标签： easy

目标

给你两个非负整数 low 和 high 。请你返回 low 和 high 之间（包括二者）奇数的数目。

示例 1：

输入：low = 3, high = 7
输出：3
解释：3 到 7 之间奇数数字为 [3,5,7] 。

示例 2：

输入：low = 8, high = 10
输出：1
解释：8 到 10 之间奇数数字为 [9] 。

说明：

• 0 <= low <= high <= 10^9

思路

返回 low 到 high 之间的奇数数目。

如果数字个数是偶数，返回 (high - low + 1) / 2，否则，取决于 high 是奇数还是偶数，如果是奇数，需要再额外加上 1。

代码

/**
 * @date 2025-12-07 22:22
 */
public class CountOdds1523 {

    public int countOdds(int low, int high) {
        int n = high - low + 1;
        return n / 2 + (n % 2 == 0 ? 0 : high % 2);
    }
}

性能

目标

给你一个长度为 n 的整数数组 nums 。

分区 是指将数组按照下标 i （0 <= i < n - 1）划分成两个 非空 子数组，其中：

• 左子数组包含区间 [0, i] 内的所有下标。
• 右子数组包含区间 [i + 1, n - 1] 内的所有下标。

对左子数组和右子数组先求元素 和 再做 差 ，统计并返回差值为 偶数 的 分区 方案数。

示例 1：

输入：nums = [10,10,3,7,6]
输出：4
解释：
共有 4 个满足题意的分区方案：
[10]、[10, 3, 7, 6] 元素和的差值为 10 - 26 = -16 ，是偶数。
[10, 10]、[3, 7, 6] 元素和的差值为 20 - 16 = 4，是偶数。
[10, 10, 3]、[7, 6] 元素和的差值为 23 - 13 = 10，是偶数。
[10, 10, 3, 7]、[6] 元素和的差值为 30 - 6 = 24，是偶数。

示例 2：

输入：nums = [1,2,2]
输出：0
解释：
不存在元素和的差值为偶数的分区方案。

示例 3：

输入：nums = [2,4,6,8]
输出：3
解释：
所有分区方案都满足元素和的差值为偶数。

说明：

• 2 <= n == nums.length <= 100
• 1 <= nums[i] <= 100

思路

将数组 nums 划分为非空的左右两部分，满足左子数组的元素和与右子数组的元素和之差为偶数，返回划分的方案数。

数组所有元素和为 sum，假设左子数组和为 left，那么右子树和为 sum - left，二者之差为 2 * left - sum，只需判断 sum 是否是偶数即可，如果是偶数，有 n - 1 种方案，否则没有满足要求的方案。

代码

/**
 * @date 2025-12-05 9:10
 */
public class CountPartitions3432 {

    public int countPartitions(int[] nums) {
        int sum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum += num;
        }
        return sum % 2 == 0 ? nums.length - 1 : 0;
    }
}

性能

目标

给你一个整数数组 nums 和一个整数 k。你可以执行以下操作任意次：

• 选择一个下标 i，并将 nums[i] 替换为 nums[i] - 1。

返回使数组元素之和能被 k 整除所需的最小操作次数。

示例 1：

输入： nums = [3,9,7], k = 5
输出： 4
解释：
对 nums[1] = 9 执行 4 次操作。现在 nums = [3, 5, 7]。
数组之和为 15，可以被 5 整除。

示例 2：

输入： nums = [4,1,3], k = 4
输出： 0
解释：
数组之和为 8，已经可以被 4 整除。因此不需要操作。

示例 3：

输入： nums = [3,2], k = 6
输出： 5
解释：
对 nums[0] = 3 执行 3 次操作，对 nums[1] = 2 执行 2 次操作。现在 nums = [0, 0]。
数组之和为 0，可以被 6 整除。

说明：

• 1 <= nums.length <= 1000
• 1 <= nums[i] <= 1000
• 1 <= k <= 100

思路

返回数组元素和模 k 的余数。

代码

/**
 * @date 2025-11-29 21:53
 */
public class MinOperations3512 {

    public int minOperations(int[] nums, int k) {
        int sum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum += num;
        }
        return sum % k;
    }
}

性能

目标

给定一个二进制数组 nums ( 索引从0开始 )。

我们将 xi 定义为其二进制表示形式为子数组 nums[0..i] (从最高有效位到最低有效位)。

• 例如，如果 nums =[1,0,1] ，那么 x0 = 1, x1 = 2, 和 x2 = 5。

返回布尔值列表 answer，只有当 xi 可以被 5 整除时，答案 answer[i] 为 true，否则为 false。

示例 1：

输入：nums = [0,1,1]
输出：[true,false,false]
解释：
输入数字为 0, 01, 011；也就是十进制中的 0, 1, 3 。只有第一个数可以被 5 整除，因此 answer[0] 为 true 。

示例 2：

输入：nums = [1,1,1]
输出：[false,false,false]

说明：

• 1 <= nums.length <= 10^5
• nums[i] 仅为 0 或 1

思路

有一个二进制数组 nums，定义 xi 为二进制表示为 子数组 [0, i] 的数字，判断 x0 ~ x_(n-1) 能否被 5 整除。

模拟存在的问题是左移多次会溢出。假设 num = k * 5 + mod，左移 1 位相当于乘以 2，2 * num = k * 10 + 2 * mod，能否被 5 整除只需考虑 2 * mod | nums[i]。

代码

/**
 * @date 2025-11-24 8:52
 */
public class PrefixesDivBy5_1018 {

    public List<Boolean> prefixesDivBy5_v1(int[] nums) {
        List<Boolean> res = new ArrayList<>();
        int mod = 0;
        for (int num : nums) {
            mod = (mod << 1) % 5 + num;
            res.add(mod % 5 == 0);
        }
        return res;
    }

}

性能

目标

给你一个整数数组 nums 。一次操作中，你可以将 nums 中的 任意 一个元素增加或者减少 1 。

请你返回将 nums 中所有元素都可以被 3 整除的 最少 操作次数。

示例 1：

输入：nums = [1,2,3,4]
输出：3
解释：
通过以下 3 个操作，数组中的所有元素都可以被 3 整除：
将 1 减少 1 。
将 2 增加 1 。
将 4 减少 1 。

示例 2：

输入：nums = [3,6,9]
输出：0

说明：

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

思路

统计数组中不能被 3 整除的元素个数。

代码

/**
 * @date 2025-11-22 2:02
 */
public class MinimumOperations3190 {

    public int minimumOperations(int[] nums) {
        int res = 0;
        for (int num : nums) {
            if (num % 3 != 0){
                res++;
            }
        }
        return res;
    }
}

性能

目标

给你一个整数数组 nums ，另给你一个整数 original ，这是需要在 nums 中搜索的第一个数字。

接下来，你需要按下述步骤操作：

1. 如果在 nums 中找到 original ，将 original 乘以 2 ，得到新 original（即，令 original = 2 * original）。
2. 否则，停止这一过程。
3. 只要能在数组中找到新 original ，就对新 original 继续 重复 这一过程。

返回 original 的 最终 值。

示例 1：

输入：nums = [5,3,6,1,12], original = 3
输出：24
解释： 
- 3 能在 nums 中找到。3 * 2 = 6 。
- 6 能在 nums 中找到。6 * 2 = 12 。
- 12 能在 nums 中找到。12 * 2 = 24 。
- 24 不能在 nums 中找到。因此，返回 24 。

示例 2：

输入：nums = [2,7,9], original = 4
输出：4
解释：
- 4 不能在 nums 中找到。因此，返回 4 。

说明：

• 1 <= nums.length <= 1000
• 1 <= nums[i], original <= 1000

思路

有一个数组 nums 和一个整数 original，如果数组中存在 original，可以执行操作将 original 变为 2 * original，重复执行直到无法继续为止，返回 original 的最终值。

需要反复地判断 original 是否在数组中，可以将数组放入哈希表，然后从小到大模拟操作过程。

代码

/**
 * @date 2025-11-19 8:46
 */
public class FindFinalValue2154 {

    public int findFinalValue(int[] nums, int original) {
        Set<Integer> set = new HashSet<>();
        for (int num : nums) {
            set.add(num);
        }
        while (true) {
            if (set.contains(original)) {
                original *= 2;
            } else {
                return original;
            }
        }
    }

}

性能

目标

有两种特殊字符：

• 第一种字符可以用一比特 0 表示
• 第二种字符可以用两比特（10 或 11）表示

给你一个以 0 结尾的二进制数组 bits ，如果最后一个字符必须是一个一比特字符，则返回 true 。

示例 1:

输入: bits = [1, 0, 0]
输出: true
解释: 唯一的解码方式是将其解析为一个两比特字符和一个一比特字符。
所以最后一个字符是一比特字符。

示例 2:

输入：bits = [1,1,1,0]
输出：false
解释：唯一的解码方式是将其解析为两比特字符和两比特字符。
所以最后一个字符不是一比特字符。

说明:

• 1 <= bits.length <= 1000
• bits[i] 为 0 或 1

思路

有一个二进制数组 bits 最后一个元素是 0，其中 10、11 表示一个 2 比特字符， 0 表示一个 1 比特字符，判断二进制数组的最后一个 0 是否只能解码为 1 比特字符。

实际上就是判断将数组最后一个 0 去掉之后能否解码。由于 0 可以单独解码，遇到 1 一定要与后面一个元素结合。按照这个策略，只需判断是否剩下倒数第二个元素待解码且该元素是 1。

代码

/**
 * @date 2025-11-18 8:55
 */
public class IsOneBitCharacter717 {

    public boolean isOneBitCharacter(int[] bits) {
        int n = bits.length;
        int i = 0;
        while (i < n - 1) {
            if (bits[i] == 0) {
                i++;
            } else if (i == n - 2) {
                return false;
            } else {
                i += 2;
            }
        }
        return true;
    }
}

性能

目标

给你两个 非负 整数 num1 和 num2 。

每一步 操作 中，如果 num1 >= num2 ，你必须用 num1 减 num2 ；否则，你必须用 num2 减 num1 。

• 例如，num1 = 5 且 num2 = 4 ，应该用 num1 减 num2 ，因此，得到 num1 = 1 和 num2 = 4 。然而，如果 num1 = 4且 num2 = 5 ，一步操作后，得到 num1 = 4 和 num2 = 1 。

返回使 num1 = 0 或 num2 = 0 的 操作数 。

示例 1：

输入：num1 = 2, num2 = 3
输出：3
解释：
- 操作 1 ：num1 = 2 ，num2 = 3 。由于 num1 < num2 ，num2 减 num1 得到 num1 = 2 ，num2 = 3 - 2 = 1 。
- 操作 2 ：num1 = 2 ，num2 = 1 。由于 num1 > num2 ，num1 减 num2 。
- 操作 3 ：num1 = 1 ，num2 = 1 。由于 num1 == num2 ，num1 减 num2 。
此时 num1 = 0 ，num2 = 1 。由于 num1 == 0 ，不需要再执行任何操作。
所以总操作数是 3 。

示例 2：

输入：num1 = 10, num2 = 10
输出：1
解释：
- 操作 1 ：num1 = 10 ，num2 = 10 。由于 num1 == num2 ，num1 减 num2 得到 num1 = 10 - 10 = 0 。
此时 num1 = 0 ，num2 = 10 。由于 num1 == 0 ，不需要再执行任何操作。
所以总操作数是 1 。

说明：

• 0 <= num1, num2 <= 10^5

思路

两个非负整数 num1 和 num2，如果 num1 >= num2，num1 -= num2，否则 num2 -= num1，直到 num1 或 num2 变为 0。

依题意模拟即可。

代码

/**
 * @date 2025-11-09 23:53
 */
public class CountOperations2169 {

    public int countOperations(int num1, int num2) {
        int res = 0;
        while (num1 != 0 && num2 != 0) {
            if (num1 >= num2) {
                num1 -= num2;
            } else {
                num2 -= num1;
            }
            res++;
        }
        return res;
    }
}

性能

目标

给你一个由 n 个整数组成的数组 nums，以及两个整数 k 和 x。

数组的 x-sum 计算按照以下步骤进行：

• 统计数组中所有元素的出现次数。
• 仅保留出现次数最多的前 x 个元素的每次出现。如果两个元素的出现次数相同，则数值 较大 的元素被认为出现次数更多。
• 计算结果数组的和。

注意，如果数组中的不同元素少于 x 个，则其 x-sum 是数组的元素总和。

返回一个长度为 n - k + 1 的整数数组 answer，其中 answer[i] 是 子数组 nums[i..i + k - 1] 的 x-sum。

子数组 是数组内的一个连续 非空 的元素序列。

示例 1：

输入：nums = [1,1,2,2,3,4,2,3], k = 6, x = 2
输出：[6,10,12]
解释：
对于子数组 [1, 1, 2, 2, 3, 4]，只保留元素 1 和 2。因此，answer[0] = 1 + 1 + 2 + 2。
对于子数组 [1, 2, 2, 3, 4, 2]，只保留元素 2 和 4。因此，answer[1] = 2 + 2 + 2 + 4。注意 4 被保留是因为其数值大于出现其他出现次数相同的元素（3 和 1）。
对于子数组 [2, 2, 3, 4, 2, 3]，只保留元素 2 和 3。因此，answer[2] = 2 + 2 + 2 + 3 + 3。

示例 2：

输入：nums = [3,8,7,8,7,5], k = 2, x = 2
输出：[11,15,15,15,12]
解释：
由于 k == x，answer[i] 等于子数组 nums[i..i + k - 1] 的总和。

说明：

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

思路

计算长度为 k 的滑动窗口内的 x-sum，即出现次数最大的前 x 个元素的元素和。

暴力解法是直接模拟，使用哈希表记录 元素值与出现次数，使用优先队列保存，取出现次数前 x 大的所有元素和。

代码

/**
 * @date 2025-11-04 0:27
 */
public class FindXSum3318 {

    public int[] findXSum(int[] nums, int k, int x) {
        int n = nums.length;
        int[] res = new int[n - k + 1];
        for (int i = 0; i < n - k + 1; i++) {
            Map<Integer, Counter> map = new HashMap<>();
            PriorityQueue<Counter> q = new PriorityQueue<>((a, b) -> {
                int compare = b.cnt - a.cnt;
                if (compare != 0) {
                    return compare;
                }
                return b.digit - a.digit;
            });
            for (int j = i; j < i + k; j++) {
                map.putIfAbsent(nums[j], new Counter(nums[j], 0));
                map.get(nums[j]).cnt++;
            }
            for (Counter value : map.values()) {
                q.offer(value);
            }
            int c = x;
            while (c > 0 && !q.isEmpty()) {
                Counter counter = q.poll();
                res[i] += counter.cnt * counter.digit;
                c--;
            }
        }
        return res;
    }

    public class Counter {
        int digit;
        int cnt;

        public Counter(int digit, int cnt) {
            this.digit = digit;
            this.cnt = cnt;
        }

        public Counter() {
        }
    }

}

性能