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目标

给你一个整数数组 nums 和一个整数 x 。每一次操作时，你应当移除数组 nums 最左边或最右边的元素，然后从 x 中减去该元素的值。请注意，需要 修改 数组以供接下来的操作使用。

如果可以将 x 恰好 减到 0 ，返回 最小操作数 ；否则，返回 -1 。

示例 1：

输入：nums = [1,1,4,2,3], x = 5
输出：2
解释：最佳解决方案是移除后两个元素，将 x 减到 0 。

示例 2：

输入：nums = [5,6,7,8,9], x = 4
输出：-1

示例 3：

输入：nums = [3,2,20,1,1,3], x = 10
输出：5
解释：最佳解决方案是移除后三个元素和前两个元素（总共 5 次操作），将 x 减到 0 。

说明：

• 1 <= nums.length <= 10^5
• 1 <= nums[i] <= 10^4
• 1 <= x <= 10^9

思路

有一个正整数数组 nums，每一次操作可以移除剩余数组的最左或最右元素，求移除元素和等于 x 的最小操作数，如果不存在则返回 -1。

将问题转化为求子数组和为 sum - x 的最大长度，可以使用滑动窗口。

代码

/**
 * @date 2026-09-23 8:49
 */
public class MinOperations1658 {

    public int minOperations(int[] nums, int x) {
        int n = nums.length;
        int sum = 0;
        for (int num : nums) {
            sum += num;
        }
        if (sum < x) {
            return -1;
        } else if (sum == x) {
            return n;
        }
        int target = sum - x;
        int res = 0;
        int l = 0;
        sum = 0;
        for (int r = 0; r < n; r++) {
            sum += nums[r];
            while (sum > target) {
                sum -= nums[l++];
            }
            if (sum == target) {
                res = Math.max(res, r - l + 1);
            }
        }
        return res == 0 ? -1 : n - res;
    }

}

性能

目标

给你一个由 正 整数组成的数组 nums，以及一个 正 整数 k。

你可以对 nums 执行 一次 操作，该操作中可以移除任意 不重叠 的前缀和后缀，使得 nums 仍然 非空 。

你需要找出 nums 的 x 值，即在执行操作后，剩余元素的 乘积 除以 k 后的 余数 为 x 的操作数量。

返回一个大小为 k 的数组 result，其中 result[x] 表示对于 0 <= x <= k - 1，nums 的 x 值。

数组的 前缀 指从数组起始位置开始到数组中任意位置的一段连续子数组。

数组的 后缀 是指从数组中任意位置开始到数组末尾的一段连续子数组。

子数组 是数组中一段连续的元素序列。

注意，在操作中选择的前缀和后缀可以是 空的 。

示例 1：

输入： nums = [1,2,3,4,5], k = 3
输出： [9,2,4]
解释：
对于 x = 0，可行的操作包括所有不会移除 nums[2] == 3 的前后缀移除方式。
对于 x = 1，可行操作包括：
    移除空前缀和后缀 [2, 3, 4, 5]，nums 变为 [1]。
    移除前缀 [1, 2, 3] 和后缀 [5]，nums 变为 [4]。
对于 x = 2，可行操作包括：
    移除空前缀和后缀 [3, 4, 5]，nums 变为 [1, 2]。
    移除前缀 [1] 和后缀 [3, 4, 5]，nums 变为 [2]。
    移除前缀 [1, 2, 3] 和空后缀，nums 变为 [4, 5]。
    移除前缀 [1, 2, 3, 4] 和空后缀，nums 变为 [5]。

示例 2：

输入： nums = [1,2,4,8,16,32], k = 4
输出： [18,1,2,0]
解释：
对于 x = 0，唯一 不 得到 x = 0 的操作有：
    移除空前缀和后缀 [4, 8, 16, 32]，nums 变为 [1, 2]。
    移除空前缀和后缀 [2, 4, 8, 16, 32]，nums 变为 [1]。
    移除前缀 [1] 和后缀 [4, 8, 16, 32]，nums 变为 [2]。
对于 x = 1，唯一的操作是：
    移除空前缀和后缀 [2, 4, 8, 16, 32]，nums 变为 [1]。
对于 x = 2，可行操作包括：
    移除空前缀和后缀 [4, 8, 16, 32]，nums 变为 [1, 2]。
    移除前缀 [1] 和后缀 [4, 8, 16, 32]，nums 变为 [2]。
对于 x = 3，没有可行的操作。

示例 3：

输入： nums = [1,1,2,1,1], k = 2
输出： [9,6]

说明：

• 1 <= nums[i] <= 10^9
• 1 <= nums.length <= 10^5
• 1 <= k <= 5

思路

有一个正整数数组 nums 和一个正整数 k，每次操作可以移除数组不重叠的前缀与后缀，即保留中间非空的子数组。求子数组元素乘积模 k 的余数为 x 的操作数量。

定义 dp[i][j] 表示 [0, i] 中以 i 为右端点的子数组中模 k 余 j 的个数。使用刷表法更新 dp[i][nums[i] % k]++, dp[i][nums[i] * j % k] += dp[i - 1][j]。

代码

/**
 * @date 2026-09-21 15:19
 */
public class ResultArray3524 {

    public long[] resultArray(int[] nums, int k) {
        int n = nums.length;
        long[][] dp = new long[n][k];
        dp[0][nums[0] % k] = 1;
        long[] res = new long[k];
        res[nums[0] % k]++;
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            int rem = nums[i] % k;
            dp[i][rem]++;
            for (int j = 0; j < k; j++) {
                dp[i][(int) ((long) nums[i] * j % k)] += dp[i - 1][j];
            }
            for (int j = 0; j < k; j++) {
                res[j] += dp[i][j];
            }
        }
        return res;
    }

}

性能

目标

给你一个以 (radius, xCenter, yCenter) 表示的圆和一个与坐标轴平行的矩形 (x1, y1, x2, y2) ，其中 (x1, y1) 是矩形左下角的坐标，而 (x2, y2) 是右上角的坐标。

如果圆和矩形有重叠的部分，请你返回 true ，否则返回 false 。

换句话说，请你检测是否 存在 点 (xi, yi) ，它既在圆上也在矩形上（两者都包括点落在边界上的情况）。

示例 1 ：

输入：radius = 1, xCenter = 0, yCenter = 0, x1 = 1, y1 = -1, x2 = 3, y2 = 1
输出：true
解释：圆和矩形存在公共点 (1,0) 。

示例 2 ：

输入：radius = 1, xCenter = 1, yCenter = 1, x1 = 1, y1 = -3, x2 = 2, y2 = -1
输出：false

示例 3 ：

输入：radius = 1, xCenter = 0, yCenter = 0, x1 = -1, y1 = 0, x2 = 0, y2 = 1
输出：true

说明：

• 1 <= radius <= 2000
• -10^4 <= xCenter, yCenter <= 10^4
• -10^4 <= x1 < x2 <= 10^4
• -10^4 <= y1 < y2 <= 10^4

思路

平面坐标中有一个圆 (radius, xCenter, yCenter) 和一个平行于坐标轴的矩形 (x1, y1, x2, y2)，判断圆和矩形是否重叠。

求出圆心到矩形的最短距离，然后判断最短距离与圆的半径关系。最短距离为 dx^2 + dy^2 = (x - xCenter)^2 + (y - yCenter)^2，要使距离最小，分别使 |dx| 与 |dy| 最小即可。

要使 x1 <= x <= x2 与 xCenter 的距离最小，

• 当 x1 <= xCenter <= x2 时，取 x = xCenter；
• 当 xCenter < x1 时，取 x = x1；
• 当 xCenter > x2 时，取 x = x2；

可简化为 x = Math.max(x1, Math.min(xCenter, x2))，同理 y = Math.max(y1, Math.min(yCenter, y2))。

代码

/**
 * @date 2026-09-22 10:18
 */
public class CheckOverlap1401 {

    public boolean checkOverlap(int radius, int xCenter, int yCenter, int x1, int y1, int x2, int y2) {
        int dx = Math.max(x1, Math.min(xCenter, x2)) - xCenter;
        int dy = Math.max(y1, Math.min(yCenter, y2)) - yCenter;
        return dx * dx + dy * dy <= radius * radius;
    }
}

性能

目标

给你一个整数数组 arr 和一个整数值 target 。

请你在 arr 中找 两个互不重叠的子数组 且它们的和都等于 target 。可能会有多种方案，请你返回满足要求的两个子数组长度和的 最小值 。

请返回满足要求的最小长度和，如果无法找到这样的两个子数组，请返回 -1 。

示例 1：

输入：arr = [3,2,2,4,3], target = 3
输出：2
解释：只有两个子数组和为 3 （[3] 和 [3]）。它们的长度和为 2 。

示例 2：

输入：arr = [7,3,4,7], target = 7
输出：2
解释：尽管我们有 3 个互不重叠的子数组和为 7 （[7], [3,4] 和 [7]），但我们会选择第一个和第三个子数组，因为它们的长度和 2 是最小值。

示例 3：

输入：arr = [4,3,2,6,2,3,4], target = 6
输出：-1
解释：我们只有一个和为 6 的子数组。

示例 4：

输入：arr = [5,5,4,4,5], target = 3
输出：-1
解释：我们无法找到和为 3 的子数组。

示例 5：

输入：arr = [3,1,1,1,5,1,2,1], target = 3
输出：3
解释：注意子数组 [1,2] 和 [2,1] 不能成为一个方案因为它们重叠了。

说明：

• 1 <= arr.length <= 10^5
• 1 <= arr[i] <= 1000
• 1 <= target <= 10^8

思路

有一个整数数组 arr 和一个整数值 target，从数组中找到两个不重叠的子数组，使得子数组的和为 target，返回这两个子数组长度之和的最小值。

将重叠问题进行前后缀分解，在各自的部分只需考虑和为 target 的最小长度，最小长度可以使用滑动窗口。

代码

/**
 * @date 2026-09-17 10:06
 */
public class MinSumOfLengths1477 {

    public int minSumOfLengths(int[] arr, int target) {
        int n = arr.length;
        int[] pre = new int[n + 1];
        int[] suf = new int[n + 1];
        Arrays.fill(pre, Integer.MAX_VALUE);
        Arrays.fill(suf, Integer.MAX_VALUE);
        int sum = 0;
        int l = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            sum += arr[i];
            while (sum > target) {
                sum -= arr[l++];
            }
            if (sum == target) {
                pre[i + 1] = Math.min(pre[i], i - l + 1);
            } else {
                pre[i + 1] = pre[i];
            }
        }
        sum = 0;
        int r = n - 1;
        for (int i = n - 1; i >= 0; i--) {
            sum += arr[i];
            while (sum > target) {
                sum -= arr[r--];
            }
            if (sum == target) {
                suf[i] = Math.min(suf[i + 1], r - i + 1);
            } else {
                suf[i] = suf[i + 1];
            }
        }
        int res = Integer.MAX_VALUE;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (pre[i + 1] != Integer.MAX_VALUE && suf[i + 1] != Integer.MAX_VALUE) {
                res = Math.min(res, pre[i + 1] + suf[i + 1]);
            }
        }
        return res == Integer.MAX_VALUE ? -1 : res;
    }

}

性能

目标

给你一维空间的 n 个点，其中第 i 个点（编号从 0 到 n-1）位于 x = i 处，请你找到 恰好 k 个不重叠 线段且每个线段至少覆盖两个点的方案数。线段的两个端点必须都是 整数坐标 。这 k 个线段不需要全部覆盖全部 n 个点，且它们的端点 可以 重合。

请你返回 k 个不重叠线段的方案数。由于答案可能很大，请将结果对 10^9 + 7 取余 后返回。

示例 1：

输入：n = 4, k = 2
输出：5
解释：
如图所示，两个线段分别用红色和蓝色标出。
上图展示了 5 种不同的方案 {(0,2),(2,3)}，{(0,1),(1,3)}，{(0,1),(2,3)}，{(1,2),(2,3)}，{(0,1),(1,2)} 。

示例 2：

输入：n = 3, k = 1
输出：3
解释：总共有 3 种不同的方案 {(0,1)}, {(0,2)}, {(1,2)} 。

示例 3：

输入：n = 30, k = 7
输出：796297179
解释：画 7 条线段的总方案数为 3796297200 种。将这个数对 10^9 + 7 取余得到 796297179 。

示例 4：

输入：n = 5, k = 3
输出：7

示例 5：

输入：n = 3, k = 2
输出：1

说明：

• 2 <= n <= 1000
• 1 <= k <= n-1

思路

数轴上有 n 个点，编号为 0 ~ n - 1，求从中选择 k 个不重叠线段（至少覆盖两个点）的方案数。线段 [a, b] 与 [c, d] 不重叠指 b <=c 或 d <= a。

定义 dp[i][k] 表示 [0, i] 中恰好 k 个不重叠线段的方案数。根据选或者不选 i 考虑状态转移方程，如果不选 i，方案数等于前面的方案数，如果选，需要枚举前面所有的 p ∈ [0, i - 1]，累加 dp[p][j - 1]。

• dp[i][j] = (dp[i - 1][j] + sum) % mod，sum = Σdp[p][j - 1], p ∈ [0, i - 1]

代码

/**
 * @date 2026-09-17 15:31
 */
public class NumberOfSets1621 {

    public int numberOfSets(int n, int k) {
        int mod = 1000000007;
        int[][] dp = new int[n][k + 1];
        dp[0][0] = 1;
        int[] prefix = new int[k + 1];
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            for (int j = 1; j <= k; j++) {
                prefix[j] = (prefix[j] + dp[i - 1][j - 1]) % mod;
                dp[i][j] = (dp[i - 1][j] + prefix[j]) % mod;
            }
        }
        int res = 0;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            res = (res + dp[i][k]) % mod;
        }
        return res;
    }

}

性能