每日力扣009——575. 分糖果（OnO1）

在我挣扎于各种超时时，想要在其他方面找到突破口，一开始因为联想到hashtable想把所有值加100000，创建一个200000长度的数组a[]，把每个数值的值作为其下表，遍历存储所有数值时，判断其位置是否已经被赋值，但200000的数组对于内存太不友好，所以就想按倍数缩减数组长度，然后在存储时加签表，如0-49999的前标是1，50000-99999的前标是2，这样99就会以1000099存在a[99]，而50099会以2000099存在a[99]，但这样就需要创建的就不是一个int类型数组，而是一个二维数组了。

这时突然想到了枚举类型的一个小技巧，因为计算机二进制存贮的特性，如果把枚举的int值设为2的n次方数，就可以通过”+“创建一个枚举的组，在按位与判断某个枚举类型是否存在于一个枚举的组里。

同理我们可以先把99按1存在a[99]中，当遍历到50099时，先按位判断a[99]和2，再进行a[99]+=2。

这样我们就得到如下代码：

class Solution {
public:int distributeCandies(vector<int>& candyType) {int x;int y;int repeat = 0;vector<int>a(20002, 0);//下标从0开始for (int i = 0; i < candyType.size(); i++){candyType[i] += 100000;}//取余for (int j = 0; j < candyType.size(); j++){if (candyType[j] != 200000){//算出下标x = candyType[j] % 20000;//算出存储内容switch (candyType[j] / 20000){case 0:y = 1;break;case 1:y = 2;break;case 2:y = 4;break;case 3:y = 8;break;case 4:y = 16;break;case 5:y = 32;break;case 6:y = 64;break;case 7:y = 128;break;case 8:y = 256;break;case 9:y = 516;break;case 10:y = 1024;break;}}else{x = 20001; y = 1;}//判断是否重复if ((y & a[x]) == 0){a[x] += y;}else{++repeat;}}int unique = (candyType.size() - repeat);if (unique > candyType.size() / 2){return candyType.size() / 2;}return unique;}
};

其实我觉得如果数据量更大时会使得时间与空间更加平衡。

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