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📝前言说明：

• 本专栏主要记录本人的基础算法学习以及LeetCode刷题记录，按专题划分
• 每题主要记录：（1）本人解法 + 本人屎山代码；（2）优质解法 + 优质代码；（3）精益求精，更好的解法和独特的思想（如果有的话）
• 文章中的理解仅为个人理解。如有错误，感谢纠错

🎬个人简介：努力学习ing
📋本专栏：C++刷题专栏
📋其他专栏：C语言入门基础，python入门基础，C++学习笔记，Linux
🎀CSDN主页 愚润泽

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2730. 找到最长的半重复子字符串

个人解

思路：

滑动窗口，要从暴力解法里面，利用问题的单调性，然后实现不回退操作，优化成滑动窗口。
暴力解法：

1. 步骤一：left指针指向子数组的左边，right指向子数组的右边。
2. 步骤二：对于每个子数组，遍历一遍，判断子数组中连续出现的字符对数，判断是不是半重复子字符串。
3. 步骤三：如果满足，就更新答案，然后right++，重复步骤二，探索更长的。如果不满足，就left++，重复步骤二。

时间复杂度：O($n^2$)

优化成滑动窗口（核心的要点就是变成同向双指针，不要让right回退）：
left遍历一遍字符串，这个步骤肯定没办法优化。我们要优化的只能是：对于每个子字符串判断是不是半重复子字符串这一步骤。
暴力解法中，每次都是通过重新遍历子字符串来判断的。这个过程怎么优化？
因为字符串具有单调性：假设原来的子字符串满足要求，那么，只有每加入一个新字符时，才有可能导致原来的半重复子字符串不满足要求（并且这个新加入的字符，肯定要和原来字符串的最后一个字符相同）【left出窗口同理】
利用这一点，我们就无需重新遍历子字符串，无需关注子字符串前面的部分，只需关注每次可能带来变动的行为。并且将这一行为带来的连续字符对的数目的变化记录下来，从而判断。达到right不回退的效果

用时：7:00
屎山代码：

class Solution {
public:int longestSemiRepetitiveSubstring(string s) {int k = 0, ans = 0, n = s.size();for(int left = 0, right = 0; right < n; right++){// 进窗口操作是 right++if(right && s[right - 1] == s[right]) // 维护窗口{k++;}if(k > 1) // 判断{left++; // 出窗口if(s[left - 1] == s[left]){k--;}}ans = max(ans, right - left + 1);}return ans;}
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

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2779. 数组的最大美丽值

个人解

思路：
我写题题时的思考注释：

    // 暴力解法：// 第 i 个位置能选择的数的范围是：[ai, bi]// 找出所有位置能选择的出现最多次数的数// 对于每个位置求出能选择的数的范围区间（记录最大值和最小值）// 然后对所有范围区间找重叠部分（找出重叠最多的数字 / 区间）// 有几个区间可以在那个位置重叠，那答案就是几// 暴力：// 先对数组排序// 然后遍历整个数组，对于每个数生成一个区间// 然后再遍历数组，判断有多少个数生成的区间能和这个数生成的区间重叠// 即：小数的右边界要能大于大数的左边界。// 记录最大值// 滑动窗口优化：// 单调性：数字越大的数的左边界越大。// 所以，比如[a1,a2,a3,a4,,a5]// 当 a1 和 a4 没有重叠部分的时候，没必要再重新计算a2 和 a3 是否有重叠部分，a1和a3有，那a2和a3肯定也有

用时：30:00
屎山代码（通过）：

class Solution {
public:int maximumBeauty(vector<int>& nums, int k) {ranges::sort(nums);int  ans = 0, n = nums.size();for(int left = 0, right = 0; right < n; right++){// right++就是进窗口while(nums[right] - k > nums[left] + k) // 判断{left++;}ans = max(right - left + 1, ans);} return ans;}
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

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优质解：

思路：别人的思路和我的也差不多，就不展示了

2302. 统计得分小于 K 的子数组数目

个人解

思路：这个没什么好讲的，和之前的大部分题目（比如求满足元素和<k的最长子数组等）差不多
用时：7:00
屎山代码：

class Solution {
public:long long countSubarrays(vector<int>& nums, long long k) {// 单调性：因为数组内元素都大于0，每多增加一个数字，长度和和都会增加，所以分数也肯定增加long long sum = 0, ans = 0;for(int left = 0, right = 0; right < nums.size(); right++){sum += nums[right]; // 进窗口while(sum * (right - left + 1) >= k) // 判断{sum -= nums[left++]; // 出窗口}ans += right - left + 1;}return ans;}
};

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)

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