題目描述：給你兩個非負整數，使用輾轉相減法，求最大公約數，問相減的次數。
思路：根據題意模擬即可。
時間複雜度：\(o(n)\)，\(n\)為數字範圍
class solution
return res;
}};
思路：明顯的貪心，根據情況討論即可
時間複雜度：\(o(n)\)
class solution
int res = int_max;
vector> idx0(2 , vector(2 , 0)), idx1(2 , vector(2 , 0));
for(int i = 1 ; i < 100005 ; ++i)
else if(cnt0[i] > idx0[0][1])
}if(cnt1[i] != 0)
else if(cnt1[i] > idx1[0][1])}}
if(idx0[1][0] != idx1[1][0]) res = p - idx0[1][1] + q - idx1[1][1];
else
return res;
}};
beans，其中每個整數表示乙個袋子裡裝的魔法豆的數目。請你從每個袋子中 拿出 一些豆子（也可以 不拿出），使得剩下的 非空 袋子中（即 至少 還有 一顆 魔法豆的袋子）魔法豆的數目 相等 。一旦魔法豆從袋子中取出，你不能將它放到任何其他的袋子中。請你返回你需要拿出魔法豆的 最少數目。
思路：比較明顯的\(dp\)，假設我們的目標值是\(x\)，那麼對於小於\(x\)的袋子裡面的魔法豆要全部拿出，對於大於\(x\)的袋子的魔法豆要拿出一部分。
定義狀態\(f_i\)表示小於等於\(x\)的袋子的魔法豆數量的總和。定義狀態\(g_i\)表示所有袋子的魔法豆減小到不超過\(x\)需要拿出的魔法豆的數量，則轉移方程為：
\[f_i = f_ + i * cnt_i\\
g_i = g_ + sum
\]其中\(cnt_i\)表示魔法豆數量為\(i\)的袋子的數量，\(sum = \sum\limits_^cnt_j\)。
最終答案就是\(\mathop\limits_^ f_ + g_i\)
時間複雜度：\(o(n)\)
class solution
for(int i = 1 ; i < n - 4 ; ++i) res = min(res , f[i - 1] + g[i]);
return res;
}};
and，假設這個數字是\(nums_i\)則貢獻為\(nums_i \& idx\)。問最大的貢獻和是多少。
資料範圍：\(1 \leq m \leq 9 , 1 \leq n \leq 2 * m\)
思路：考慮到資料範圍很小，比較容易想到爆搜或者狀壓\(dp\)。由於每個桶中的元素個數不超過\(2\)，故我們把桶的數量乘以\(2\)，然後每個桶的編號就是\(\frac + 1\)。這樣每個桶中最多放乙個元素。當數字\(nums_i\)放入桶\(idx\)中時，對答案的貢獻為\((\frac + 1) \& nums_i\)。我們考慮狀壓\(dp\)，定義狀態\(f_i\)表示列舉第\(count_i\)個數字時的最大價值。\(count_i\)表示\(i\)中二進位制位為\(1\)的數量。那麼對於每乙個\(i\)中二進位制位為\(0\)的位置都可以計算價值。轉移方程為：
\[f_ = f_i + ((\frac + 1) \& nums_k)
\]其中\((i >> j \&1) == 0\),\(k = count_i\)。
時間複雜度：\(o(2m \times 2^)\)
class solution
public:
int maximumandsum(vector& nums, int numslots)
}return res;
}};
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