【1】326. 3 的幂
日期：2.06
https://leetcode.cn/problems/power-of-three/description/?envType=problem-list-v2&envId=math2.类型：数学
3.方法一：试除法（一次题解）
循环条件：n && n % 3 == 0
n 不为 0（0 不是 3 的幂，且除以 3 无意义）
当前数能被 3 整除
循环体：n /= 3，去掉一个因子 3
循环结束后，检查 n == 1。如果成立，则原数是 3 的幂；否则不是。
关键代码：
cpp
while(n&&n%3==0){
n/=3;
}
return n==1;4.方法二：判断是否为最大 3 的幂的约数（一次题解）
在题目给定的 32 位有符号整数的范围内，最大的 3 的幂为 319=1162261467。只需要判断 n 是否是 319 的约数即可。
关键代码：
cpp
return n > 0 && 1162261467 % n == 0;【2】343. 整数拆分
日期：2.07
2.类型：数学，动态规划
3.方法一：动态规划（官方题解）
定义 dp[i] 表示将正整数 i 拆分成至少两个正整数之和所能得到的最大乘积。注意，i 从 2 开始，因为 1 无法拆分（至少两个数）。
对于每个 i，尝试将其拆分成两个部分：j 和 i-j，其中 j 的取值范围是 1 到 i-1。对于每一对 (j, i-j)，有两种可能性：
不再继续拆分 i-j，此时乘积为 j * (i - j)；
继续拆分 i-j，即利用之前计算好的 dp[i-j]，此时乘积为 j * dp[i - j]。
取这两种情况的最大值，作为当前拆分方式下的候选值。遍历所有 j，更新当前 i 的最大值，即 dp[i] = max( max(j*(i-j), j*dp[i-j]) ) 对所有 j 取最大。最终 dp[n] 即为所求。、
关键代码：
cpp
vector<int> dp(n+1);
for(int i=2;i<=n;i++){
int curMax=0;
for(int j=1;j<i;j++) {
// 比较不拆分 i-j 和拆分 i-j 两种情况
curMax=max(curMax, max(j*(i-j),j*dp[i-j]));
}
dp[i] = curMax;
}日期：2.08
2.类型：数学，组合数学
3.方法一：排列组合（半解）
该问题可以用组合数学直接求解，不需要遍历所有数字。分别统计所有位数小于等于 n 且各位数字互不相同的数的个数，然后累加。
一位数（0~9）：共 10 个（包括 0）。
两位数：首位不能是 0（否则就是一位数），所以首位有 9 种选择（1~9），次位可以是 0~9 中除去首位已选的数字，有 9 种，共 9 × 9 = 81 个。
三位数：首位同样有 9 种，次位有 9 种，第三位有 8 种，共 9 × 9 × 8 = 648 个。
依此类推，对于 k 位数（2 ≤ k ≤ n），个数为：
9 × 9 × 8 × ... × (9 - k + 2)，即 9 × P(9, k-1)（排列数）。
最终答案就是一位数个数加上所有 k 位数（k=2..n）的个数之和。
关键代码：
cpp
if(n==0){
return 1;
}
if(n==1){
return 10;
}
int ans=10;
int cur=9; // cur 用于逐步计算 k 位数的个数，初始为 9 表示首位可选数
for(int i=0;i<n-1;++i){
cur*=(9-i); // 第 i+2 位数的个数：乘上当前位可选的数字个数（9,8,7,...）
ans+=cur;
}
return ans;【4】342. 4的幂
日期：2.09
2.类型：数学，位运算
3.方法一：二进制表示中 1 的位置（官方题解）
4 的幂首先一定是 2 的幂（因为 4^k = 2^{2k}），其次它的二进制表示中唯一的 1 必须出现在偶数位（从第 0 位开始计数）。例如：
1 的二进制 0001（第 0 位是 1，偶数位）
4 的二进制 0100（第 2 位是 1，偶数位）
16 的二进制 10000（第 4 位是 1，偶数位）
而其他 2 的幂（如 2、8、32...）的 1 在奇数位，不满足条件。
关键代码：
cpp
return n > 0 && (n & (n - 1)) == 0 && (n & 0xaaaaaaaa) == 0;日期：2.10
2.类型：数学，二分查找
3.方法一：暴力（一次题解）
如果 num 为完全平方数，那么一定存在正整数 x 满足 x×x=num。于是从 1 开始，从小到大遍历所有正整数，寻找是否存在满足 x×x=num 的正整数 x。在遍历中，如果出现正整数 x 使 x×x>num，那么更大的正整数也不可能满足 x×x=num，不需要继续遍历了。
关键代码：
cpp
long x=1,square=1;
while(square<=num){
if(square==num){
return true;
}
++x;
square=x*x;
}
return false; 4.方法二：二分查找（一次题解）
考虑使用二分查找来优化方法二中的搜索过程。因为 num 是正整数，所以若正整数 x 满足 x×x=num，则 x 一定满足 1≤x≤num。于是将 1 和 num 作为二分查找搜索区间的初始边界。因为在移动左侧边界 left 和右侧边界 right 时，新的搜索区间都不会包含被检查的下标 mid，所以搜索区间的边界始终是没有检查过的。因此，当left=right 时，仍需要检查 mid=(left+right)/2。
关键代码：
cpp
int left=0,right=num;
while(left<=right){
int mid=(right-left)/2+left;
long square=(long) mid*mid;
if(square<num){
left=mid+1;
}else if (square>num){
right=mid-1;
}else{
return true;
}
}【6】371. 两整数之和
日期：2.11
2.类型：数学，位运算
3.方法一：位运算（官方题解）
a & b ------ 找出需要进位的位
按位与运算：对于每一位，只有 a 和 b 同时为 1 时，该位才会产生进位。
(a & b) << 1 ------ 进位左移一位
进位需要加到更高一位上，所以左移一位。
注意：这里强制转换为 unsigned int 再左移，是为了避免有符号整数左移时的未定义行为（当符号位被左移时可能产生负数，但进位应当是无符号处理）。
a = a ^ b ------ 无进位加法
异或运算：对于每一位，a 和 b 不同则为 1，相同则为 0。这恰好模拟了二进制加法不考虑进位的情况（0+0=0，0+1=1，1+0=1，1+1=0，但要产生进位）。
循环处理进位
将无进位和 a 与进位 carry 再次相加，直到进位为 0。
第一次循环后，a 变为无进位和，b 变为进位值。如果进位不为 0，说明还需要加一次，继续循环。最终当进位为 0 时，a 就是真正的和。
关键代码：
cpp
while(b!=0){
unsigned int carry=(unsigned int)(a & b)<<1;
a=a^b;
b=carry; // 将进位赋给 b，下一轮继续加
}
return a; // 最终无进位，a 即为结果日期：2.12
2.类型：数学，动态规划
3.方法一：动态规划（半解）
如果区间只有一个数 i，那么不用猜，代价为 0（f[i][i] = 0）。
对于区间 [i, j]（i < j），可以先猜一个数 k（i ≤ k ≤ j），然后根据反馈：
如果猜对了（概率情况，但我们要考虑最坏情况），实际上考虑的是最坏情况，所以需要取两个分支中较大的代价。
如果猜的数字 k 比目标大，则下一步在 [i, k-1] 中猜，代价为 f[i][k-1]；
如果猜的数字 k 比目标小，则下一步在 [k+1, j] 中猜，代价为 f[k+1][j]。
本次猜错要支付金额 k，所以总代价为 k + max(f[i][k-1], f[k+1][j])。
可以在所有可能的 k 中，选择使得这个最坏代价最小的那个，即：
f[i][j] = min_{k ∈ [i,j]} { k + max(f[i][k-1], f[k+1][j]) }关键代码：
cpp
for(int i=n-1;i>=1;i--){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
f[i][j]=j+f[i][j-1];
for(int k=i;k<j;k++){
f[i][j]=min(f[i][j], k+max(f[i][k-1],f[k+1][j]));
}
}
}【8】390. 消除游戏
日期：2.13
2.类型：数学
3.方法一：等差数列模拟（半解）
每轮删除后，剩余数字个数减半（cnt >>= 1），间隔加倍（step <<= 1）。关键在于更新新的第一个数字 a1：
从左到右删除（k % 2 == 0）：第一个数字会被删除，新的第一个变为原来的第二个，即 a1 += step。
从右到左删除（k % 2 == 1）：第一个数字是否被删除取决于当前个数 cnt 的奇偶性：
若 cnt 为奇数，则第一个会被删除，新第一个为 a1 + step；
若 cnt 为偶数，则第一个保留，a1 不变。
关键代码：
cpp
while(cnt>1){
if(k%2==0)a1+=step; // 正向
else a1=(cnt%2==0)?a1:a1+step; // 反向
k++;
cnt>>=1; // 个数减半
step<<=1; // 步长加倍
}【9】396. 旋转函数
日期：2.14
2.类型：数学，迭代
3.方法一：迭代（半解）
记数组 nums 的元素之和为 numSum。根据公式，可以得到：
F(0)=0×nums[0]+1×nums[1]+...+(n−1)×nums[n−1]
F(1)=1×nums[0]+2×nums[1]+...+0×nums[n−1]=F(0)+numSum−n×nums[n−1]
更一般地，当 1≤k<n 时，F(k)=F(k−1)+numSum−n×nums[n−k]。可以不停迭代计算出不同的 F(k)，并求出最大值。
关键代码：
cpp
int f=0,n=nums.size();
int numSum=accumulate(nums.begin(),nums.end(),0);
for(int i=0;i<n;i++){
f+=i*nums[i];
}
int res=f;
// 从最后一个元素开始，依次计算 F(1) 到 F(n-1)
for(int i=n-1;i>0;i--){
f+=numSum-n*nums[i];
res=max(res, f);
}
return res;