1. 最小和分割

给你一个二维整数数组 ranges ，其中 ranges[i] = [starti, endi] 表示 starti 到 endi 之间（包括二者）的所有整数都包含在第 i 个区间中。

你需要将 ranges 分成 两个 组（可以为空），满足：

• 每个区间只属于一个组。
• 两个有 交集 的区间必须在 同一个 组内。

如果两个区间有至少 一个 公共整数，那么这两个区间是 有交集 的。

• 比方说，区间 [1, 3] 和 [2, 5] 有交集，因为 2 和 3 在两个区间中都被包含。

请你返回将 ranges 划分成两个组的 总方案数 。由于答案可能很大，将它对 109 + 7 取余 后返回。

示例 1：

输入：ranges = [[6,10],[5,15]]
输出：2
解释：
两个区间有交集，所以它们必须在同一个组内。
所以有两种方案：
- 将两个区间都放在第 1 个组中。
- 将两个区间都放在第 2 个组中。

示例 2：

输入：ranges = [[1,3],[10,20],[2,5],[4,8]]
输出：4
解释：
区间 [1,3] 和 [2,5] 有交集，所以它们必须在同一个组中。
同理，区间 [2,5] 和 [4,8] 也有交集，所以它们也必须在同一个组中。
所以总共有 4 种分组方案：
- 所有区间都在第 1 组。
- 所有区间都在第 2 组。
- 区间 [1,3] ，[2,5] 和 [4,8] 在第 1 个组中，[10,20] 在第 2 个组中。
- 区间 [1,3] ，[2,5] 和 [4,8] 在第 2 个组中，[10,20] 在第 1 个组中。

提示：

• 1 <= ranges.length <= 105
• ranges[i].length == 2
• 0 <= starti <= endi <= 109

思路：

        小数在高位，顺序组成两个数

代码：

（1）数字直接进行顺序组成

class Solution {
public:int splitNum(int num) {int ans;unordered_map mp;while(num>0){//存储num中的所有数int w = num%10;num/=10;mp[w]++;}int sum1 = 0;int sum2 = 0;for(int i = 0;i<10;i++){//num每位数必然在0-9范围内 顺序进行 小数在高位while(mp[i]>0){if(mp[i]%2){//mp[i]是奇数 sum1 = sum1*10+i;if(mp[i]-->1){//如果mp[i]>1 sum2进行添加位数sum2 = sum2*10+i;mp[i]--;}else{//或者向后寻找其他数for(int j=i+1;j<10;j++){if(mp[j]-->0){sum2 = sum2*10+j;break;} }}}else{//偶数sum1 = sum1*10+i;sum2 = sum2*10+i;mp[i]-=2;}}}ans = sum1+sum2;return ans;}
};

（2）字符串排序顺序组成

class Solution {
public:int splitNum(int num) {string s = to_string(num);sort(s.begin(), s.end());//顺序升序int a[2]{};//存储sum1 sum2for (int i = 0; i < s.length(); ++i)a[i % 2] = a[i % 2] * 10 + s[i] - '0'; // 按照奇偶下标分组组成整数return a[0] + a[1];}
};

2.统计染色格子数

有一个无穷大的二维网格图，一开始所有格子都未染色。给你一个正整数 n ，表示你需要执行以下步骤 n 分钟：

• 第一分钟，将 任一 格子染成蓝色。
• 之后的每一分钟，将与蓝色格子相邻的 所有 未染色格子染成蓝色。

下图分别是 1、2、3 分钟后的网格图。

请你返回 n 分钟之后 被染色的格子 数目。

示例 1：

输入：n = 1
输出：1
解释：1 分钟后，只有 1 个蓝色的格子，所以返回 1 。

示例 2：

输入：n = 2
输出：5
解释：2 分钟后，有 4 个在边缘的蓝色格子和 1 个在中间的蓝色格子，所以返回 5 。

提示：

• 1 <= n <= 105

 思路：

数学规律：4*(1+2+3+n)

代码：

class Solution {
public:long long coloredCells(int n) {//4*(1+2+3+n)long long m =(long long)n;return (1+2*(m-1)*m);}
};

3. 统计将重叠区间合并成组的方案数

给你一个二维整数数组 ranges ，其中 ranges[i] = [starti, endi] 表示 starti 到 endi 之间（包括二者）的所有整数都包含在第 i 个区间中。

你需要将 ranges 分成 两个 组（可以为空），满足：

• 每个区间只属于一个组。
• 两个有 交集 的区间必须在 同一个 组内。

如果两个区间有至少 一个 公共整数，那么这两个区间是 有交集 的。

• 比方说，区间 [1, 3] 和 [2, 5] 有交集，因为 2 和 3 在两个区间中都被包含。

请你返回将 ranges 划分成两个组的 总方案数 。由于答案可能很大，将它对 109 + 7 取余 后返回。

示例 1：

输入：ranges = [[6,10],[5,15]]
输出：2
解释：
两个区间有交集，所以它们必须在同一个组内。
所以有两种方案：
- 将两个区间都放在第 1 个组中。
- 将两个区间都放在第 2 个组中。

示例 2：

输入：ranges = [[1,3],[10,20],[2,5],[4,8]]
输出：4
解释：
区间 [1,3] 和 [2,5] 有交集，所以它们必须在同一个组中。
同理，区间 [2,5] 和 [4,8] 也有交集，所以它们也必须在同一个组中。
所以总共有 4 种分组方案：
- 所有区间都在第 1 组。
- 所有区间都在第 2 组。
- 区间 [1,3] ，[2,5] 和 [4,8] 在第 1 个组中，[10,20] 在第 2 个组中。
- 区间 [1,3] ，[2,5] 和 [4,8] 在第 2 个组中，[10,20] 在第 1 个组中。

提示：

• 1 <= ranges.length <= 105
• ranges[i].length == 2
• 0 <= starti <= endi <= 109

思路：

（1）将二维数组进行升序，这样包含关系更加清晰明了

（2）记录max（集合右边最大值），因为已经排好序，直接看下一个集合左边是否包含即可

（3）可知最后总数为2^n%(1e9+7)

代码：

（1）我最开始解法：

class Solution {
public:int countWays(vector>& ranges) {//最后变成几个元素的二组全排列问题 return pow(2,sum);int sum = 0;sort(ranges.begin(),ranges.end(),[](const vector& a,const vector& b){return (a[0] < b[0]) || (a[0]==b[0]&& a[1]=ranges[i+1][0]){//如果包含集合 继续寻找包含关系，直至不包含跳出循环max=std::max(max,ranges[i+1][1]);while(++i= 1000000007) {ans %= 1000000007;}}return ans;}
};

（2）更改（直接看是否属于一个集合，不包含直接产生新的集合）：

class Solution {
public:int countWays(vector>& ranges) {//最后变成几个元素的二组全排列问题 return pow(2,sum);int sum = 2;sort(ranges.begin(),ranges.end(),[](const vector& a,const vector& b){return (a[0] < b[0]) || (a[0]==b[0]&& a[1]max){//如果不包含 则产生新的集合sum=sum*2%mod;}max = std::max(max,i[1]);}return sum;}
};

4.统计可能的树根数目

Alice 有一棵 n 个节点的树，节点编号为 0 到 n - 1 。树用一个长度为 n - 1 的二维整数数组 edges 表示，其中 edges[i] = [ai, bi] ，表示树中节点 ai 和 bi 之间有一条边。

Alice 想要 Bob 找到这棵树的根。她允许 Bob 对这棵树进行若干次 猜测 。每一次猜测，Bob 做如下事情：

• 选择两个 不相等 的整数 u 和 v ，且树中必须存在边 [u, v] 。
• Bob 猜测树中 u 是 v 的 父节点 。

Bob 的猜测用二维整数数组 guesses 表示，其中 guesses[j] = [uj, vj] 表示 Bob 猜 uj 是 vj 的父节点。

Alice 非常懒，她不想逐个回答 Bob 的猜测，只告诉 Bob 这些猜测里面 至少 有 k 个猜测的结果为 true 。

给你二维整数数组 edges ，Bob 的所有猜测和整数 k ，请你返回可能成为树根的 节点数目 。如果没有这样的树，则返回 0。

示例 1：

输入：edges = [[0,1],[1,2],[1,3],[4,2]], guesses = [[1,3],[0,1],[1,0],[2,4]], k = 3
输出：3
解释：
根为节点 0 ，正确的猜测为 [1,3], [0,1], [2,4]
根为节点 1 ，正确的猜测为 [1,3], [1,0], [2,4]
根为节点 2 ，正确的猜测为 [1,3], [1,0], [2,4]
根为节点 3 ，正确的猜测为 [1,0], [2,4]
根为节点 4 ，正确的猜测为 [1,3], [1,0]
节点 0 ，1 或 2 为根时，可以得到 3 个正确的猜测。

示例 2：

输入：edges = [[0,1],[1,2],[2,3],[3,4]], guesses = [[1,0],[3,4],[2,1],[3,2]], k = 1
输出：5
解释：
根为节点 0 ，正确的猜测为 [3,4]
根为节点 1 ，正确的猜测为 [1,0], [3,4]
根为节点 2 ，正确的猜测为 [1,0], [2,1], [3,4]
根为节点 3 ，正确的猜测为 [1,0], [2,1], [3,2], [3,4]
根为节点 4 ，正确的猜测为 [1,0], [2,1], [3,2]
任何节点为根，都至少有 1 个正确的猜测。

提示：

• edges.length == n - 1
• 2 <= n <= 105
• 1 <= guesses.length <= 105
• 0 <= ai, bi, uj, vj <= n - 1
• ai != bi
• uj != vj
• edges 表示一棵有效的树。
• guesses[j] 是树中的一条边。
• 0 <= k <= guesses.length

思路：

 如果只求以 000 为根时的猜对次数 cnt0 ，那么把 guesses 转成哈希表，DFS 一次这棵树就可以算出来。

如果要枚举以每个点为根时的猜对次数，暴力做法就太慢了，怎么优化呢？

注意到，如果节点 x 和 y 之间有边，那么从「以 x 为根的树」变成「以 y 为根的树」，就只有 [x,y][x,y][x,y] 和 [y,x][y,x][y,x] 这两个猜测的正确性变了，其余猜测的正确性不变。

因此，从 0 出发，再次 DFS 这棵树，从节点 x 递归到节点 y 时：

如果有猜测 [x,y][x,y][x,y]，那么猜对次数减一；
如果有猜测 [y,x][y,x][y,x]，那么猜对次数加一。
DFS 的同时，统计猜对次数 ≥k 的节点个数，即为答案。

代码：

class Solution {private List[] g;private Set s = new HashSet<>();private int k, ans, cnt0;public int rootCount(int[][] edges, int[][] guesses, int k) {this.k = k;g = new ArrayList[edges.length + 1];Arrays.setAll(g, e -> new ArrayList<>());for (var e : edges) {int x = e[0], y = e[1];g[x].add(y);g[y].add(x); // 建图}for (var e : guesses) // guesses 转成哈希表s.add((long) e[0] << 32 | e[1]); // 两个 4 字节数压缩成一个 8 字节数dfs(0, -1);reroot(0, -1, cnt0);return ans;}private void dfs(int x, int fa) {for (var y : g[x])if (y != fa) {if (s.contains((long) x << 32 | y)) // 以 0 为根时，猜对了++cnt0;dfs(y, x);}}private void reroot(int x, int fa, int cnt) {if (cnt >= k) ++ans; // 此时 cnt 就是以 x 为根时的猜对次数for (var y : g[x])if (y != fa) {int c = cnt;if (s.contains((long) x << 32 | y)) --c; // 原来是对的，现在错了if (s.contains((long) y << 32 | x)) ++c; // 原来是错的，现在对了reroot(y, x, c);}}
}