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[一，3349. 检测相邻递增子数组 I](#一，3349. 检测相邻递增子数组 I)
[二，3350. 检测相邻递增子数组 II](#二，3350. 检测相邻递增子数组 II)
[三，3351. 好子序列的元素之和](#三，3351. 好子序列的元素之和)
[四，3352. 统计小于 N 的 K 可约简整数](#四，3352. 统计小于 N 的 K 可约简整数)
一，3349. 检测相邻递增子数组 I
本题有两种做法：
- 先求出递增子数组 f （以 i 结尾的最长子数组长度），然后枚举前一个数组的末尾下标i，判断 f[i] 和 f[i+k] 是否都大于 k
- 求数组的两个子数组都是严格递增且相邻，有两种情况，要么它一直递增，那么最长可能满足条件的就是 cnt/2，要么它是相邻的两段递增（这两段数组长度求最小），画个图理解一下：
代码如下：
//方法一
class Solution {
public boolean hasIncreasingSubarrays(List<Integer> nums, int k) {
int n = nums.size();
int[] f = new int[n];
f[0] = 1;
for(int i=1; i<n; i++){
if(nums.get(i) > nums.get(i-1)){
f[i] = f[i-1] + 1;
}else{
f[i] = 1;
}
}
for(int i=k-1; i<n-k; i++){
if(f[i]>=k && f[i+k]>=k)
return true;
}
return false;
}
}
//方法二
class Solution {
public boolean hasIncreasingSubarrays(List<Integer> nums, int k) {
int ans = 1, cnt = 0, pre = 0;
for(int i=0; i<nums.size(); i++){
cnt++;
if(i == nums.size()-1 || nums.get(i) >= nums.get(i+1)){
ans = Math.max(ans, Math.max(cnt/2, Math.min(cnt, pre)));
pre = cnt;
cnt = 0;
}
}
return ans >= k;
}
}
二，3350. 检测相邻递增子数组 II
本题和T1有一点不同，它是求满足条件的最长子数组的长度，那么就是T1的方法二，直接返回ans就行，当然如果T1是用方法一写的，那么这题肯定会想到二分。
代码如下：
class Solution {
public int maxIncreasingSubarrays(List<Integer> nums) {
int ans = 1, cnt = 0, pre = 0;
for(int i=0; i<nums.size(); i++){
cnt++;
if(i == nums.size()-1 || nums.get(i) >= nums.get(i+1)){
ans = Math.max(ans, Math.max(cnt/2, Math.min(cnt, pre)));
pre = cnt;
cnt = 0;
}
}
return ans;
}
}
//二分写法
class Solution {
public int maxIncreasingSubarrays(List<Integer> nums) {
int n = nums.size();
int[] f = new int[n];
f[0] = 1;
for(int i=1; i<n; i++){
if(nums.get(i) > nums.get(i-1)){
f[i] = f[i-1] + 1;
}else{
f[i] = 1;
}
}
int l = 1, r = n;
while(l <= r){
int k = (l + r) / 2;
if(check(k, nums, f)){
l = k + 1;
}else{
r = k - 1;
}
}
return l - 1;
}
boolean check(int k, List<Integer> nums, int[] f){
int n = nums.size();
for(int i=k-1; i<n-k; i++){
if(f[i]>=k && f[i+k]>=k)
return true;
}
return false;
}
}
三，3351. 好子序列的元素之和
定义 cnt[x]：以 x 结尾的子序列的个数，f[x]：所有以 x 结尾的子序列的和。枚举 nums 数组，对于当前元素 x 来说：
- cnt[x] = cnt[x] + cnt[x-1] + cnt[x+1] + 1
- f[x] = f[x] + f[x-1] + f[x+1] + (cnt[x-1] + cnt[x+1] + 1) * x
- 答案就是 sum(f)
代码如下：
class Solution { public int sumOfGoodSubsequences(int[] nums) { final int MOD = 1_000_000_007; Map<Integer, Integer> f = new HashMap<>(); Map<Integer, Integer> cnt = new HashMap<>(); for (int x : nums) { long c = cnt.getOrDefault(x - 1, 0) + cnt.getOrDefault(x + 1, 0) + 1; f.put(x, (int)((x * c + f.getOrDefault(x, 0) + f.getOrDefault(x - 1, 0) + f.getOrDefault(x + 1, 0)) % MOD)); cnt.put(x, (int)((cnt.getOrDefault(x, 0) + c) % MOD)); } long ans = 0; for (int s : f.values()) { ans += s; } return (int) (ans % MOD); } }
四，3352. 统计小于 N 的 K 可约简整数
定义 f[x]：表示 x 二进制中 1 的个数，f*[x]：将 x 通过 f[x] 不断的迭代，将 x 迭代成 1 需要的操作次数。可以得到：f*[x] = f*[f(x)] + 1
通过上述公式可以算出二进制中有 x 个 1 的数需要操作 f*[x] 次才能转换成 1，本题问的是有多少个整数，可以使用数位DP进行计算，通过枚举每一个二进制位为 0 / 1，计算出总共有多少满足条件的整数，注：题目要求所有整数小于给的二进制数 s。
代码如下：
class Solution {
private static final int MOD = 1_000_000_007;
public int countKReducibleNumbers(String s, int k) {
int n = s.length();
int ans = 0;
int[] f = new int[n];
memo = new int[n][n];
for(int[] r : memo) Arrays.fill(r, -1);
List<Integer> v = new ArrayList<>();
for(int i=1; i<n; i++){
f[i] = f[Integer.bitCount(i)] + 1;
if(f[i] <= k){
//原本f[1]=0,f[i] < k, 但是这里f[1]=1,相当于所有f[i]+1,所以<=k
ans = (ans + dfs(0, i, true, s.toCharArray())) % MOD;
}
}
return ans;
}
int[][] memo;
int dfs(int i, int j, boolean islimit, char[] s){
if(i == s.length) return !islimit&&j==0?1:0;//1.防止与s全部相同。2.使用了j个1
if(!islimit && memo[i][j] != -1) return memo[i][j];
int up = islimit ? s[i] - '0' : 1;
int res = 0;
for(int d=0; d<=Math.min(j, up); d++){
res = (res + dfs(i+1, j-d, islimit && d==up, s)) % MOD;
}
if(!islimit) memo[i][j] = res;
return res;
}
}