题目描述：

LeetCode 376题 Wiggle Subsequence（摆动序列）要求我们找到一个序列的最长摆动子序列的长度。摆动序列的定义是：序列中的元素在相邻元素之间交替上升和下降。

题目示例：

输入: [1,7,4,9,2,5] 输出: 6 解释: 整个序列就是一个摆动序列。

输入: [1,17,5,10,13,15,10,5,16,8] 输出: 7 解释: 序列中的最长摆动子序列是 [1,17,10,13,10,16,8]。

解题思路：

我们可以使用贪心算法来解决这个问题。具体思路如下：

1. 初始化： 定义两个变量 up 和 down，分别表示当前序列中上升和下降的最长摆动子序列的长度。初始时都设为1，因为任何一个单独的元素都可以看作是一个摆动序列。
2. 遍历序列： 从第二个元素开始遍历整个序列，对于每一个元素，根据它与前一个元素的关系来更新 up 和 down：
   • 如果当前元素大于前一个元素，说明这是一个上升的过程，此时 up 应该更新为 down + 1，因为上升序列可以接在之前的下降序列后面。
   • 如果当前元素小于前一个元素，说明这是一个下降的过程，此时 down 应该更新为 up + 1，因为下降序列可以接在之前的上升序列后面。
3. 结果： 遍历完成后，up 和 down 中的最大值就是最长摆动子序列的长度。

代码实现（Python）：

def wiggleMaxLength(nums): if not nums: return 0 up = down = 1 for i in range(1, len(nums)): if nums[i] > nums[i - 1]: up = down + 1 elif nums[i] < nums[i - 1]: down = up + 1 return max(up, down)

print(wiggleMaxLength([1,7,4,9,2,5])) # 输出: 6 print(wiggleMaxLength([1,17,5,10,13,15,10,5,16,8])) # 输出: 7

复杂度分析：

• 时间复杂度： O(n)，其中 n 是序列的长度。我们只需要遍历一次序列。
• 空间复杂度： O(1)，我们只使用了常数级别的额外空间。

总结：

这个题目通过贪心算法可以高效解决，关键在于正确理解和维护上升和下降序列的长度。通过简单的遍历和更新操作，我们能够在线性时间内找到最长摆动子序列的长度。这种方法不仅简洁，而且效率高，适合处理大规模数据。

LeetCode 371题是“两整数之和”（Sum of Two Integers），这道题要求在不使用加号（+）和减号（-）的情况下，计算两个整数的和。

题目描述

给定两个整数 a 和 b，求它们的和。

注意：

• 你不能使用加号（+）和减号（-）。
• 你可以使用位运算。

解题思路

这道题可以通过位运算来解决。位运算主要包括以下几种：

• 与运算（&）：用于找出两个数的二进制表示中同时为1的位。
• 异或运算（^）：用于找出两个数的二进制表示中不同时为1的位。
• 左移运算（<<）：用于将数的二进制表示向左移动指定的位数。

具体步骤如下：

1. 异或运算：a ^ b 可以得到两个数相加但不考虑进位的结果。
2. 与运算和左移：(a & b) << 1 可以得到两个数相加时的进位结果。
3. 重复上述两个步骤，直到进位结果为0。

代码实现

以下是使用Python实现的代码：

class Solution: def getSum(self, a: int, b: int) -> int:

    MAX = 0x7FFFFFFF
    MIN = 0x80000000
    # 掩码，用于获取32位整数
    mask = 0xFFFFFFFF

    while b != 0:
        # 计算不进位的和
        a, b = (a ^ b) & mask, ((a & b) << 1) & mask

    # 如果a是负数，将其转换成补码形式
    return a if a <= MAX else ~(a ^ mask)

代码解释

1. 掩码（mask）：用于确保计算结果始终在32位整数的范围内。
2. 循环：当 b 不为0时，继续计算不进位的和和进位。
3. 返回结果：如果 a 是负数，需要将其转换成补码形式。

示例

假设 a = 1 和 b = 2：

1. 第一次循环：
   • a = 1 ^ 2 = 3
   • b = (1 & 2) << 1 = 0
2. 由于 b 为0，循环结束，返回 a = 3。

复杂度分析

• 时间复杂度：O(1)，因为每次循环都会减少进位的位数，最坏情况下循环的次数是32（整数的位数）。
• 空间复杂度：O(1)，只使用了常数空间。

通过这种方法，我们可以在不使用加号和减号的情况下，计算出两个整数的和。希望这个解释对你有帮助！如果有更多问题，欢迎继续提问。

题目描述：

给定一个正整数 num，编写一个函数，如果 num 是一个完全平方数，则返回 true，否则返回 false。

示例：

输入: 16 输出: true

输入: 14 输出: false

解题思路：

判断一个数是否为完全平方数，可以通过以下几种方法：

方法一：直接开平方

1. 计算平方根：使用 sqrt 函数计算 num 的平方根。
2. 判断平方根是否为整数：如果平方根的整数部分平方后等于 num，则 num 是完全平方数。

代码实现：

import math

print(isPerfectSquare(16)) # 输出: true print(isPerfectSquare(14)) # 输出: false

方法二：二分查找

1. 初始化边界：设置左边界 left 为 1，右边界 right 为 num。
2. 二分查找：在 left 和 right 之间进行二分查找，计算中间值 mid，判断 mid * mid 与 num 的关系。
   • 如果 mid * mid == num，则 num 是完全平方数。
   • 如果 mid * mid < num，则调整左边界 left = mid + 1。
   • 如果 mid * mid > num，则调整右边界 right = mid - 1。
3. 结束条件：当 left 超过 right 时，结束循环。

代码实现：

def isPerfectSquare(num): left, right = 1, num while left <= right: mid = (left + right) // 2 if mid mid == num: return True elif mid mid < num: left = mid + 1 else: right = mid - 1 return False

print(isPerfectSquare(16)) # 输出: true print(isPerfectSquare(14)) # 输出: false

方法三：牛顿迭代法

1. 初始化：设置初始值 r = num。
2. 迭代计算：使用牛顿迭代公式 r = (r + num / r) / 2，直到 r * r 与 num 的差值小于等于 1。
3. 判断结果：如果 r * r == num，则 num 是完全平方数。

代码实现：

def isPerfectSquare(num): r = num while r r > num: r = (r + num // r) // 2 return r r == num

print(isPerfectSquare(16)) # 输出: true print(isPerfectSquare(14)) # 输出: false

总结：

• 直接开平方 方法简单直观，但依赖 sqrt 函数，可能存在精度问题。
• 二分查找 方法不依赖库函数，时间复杂度为 O(log n)，适合大数处理。
• 牛顿迭代法 方法效率高，迭代次数少，适合快速计算。

根据具体需求选择合适的方法即可。希望这些解答对你有所帮助！如果有更多问题，欢迎继续提问。

LeetCode 上的第 380 题 “Insert Delete GetRandom O(1)” 是一个设计数据结构的问题，要求实现一个数据结构，支持以下操作，并且每个操作的时间复杂度都是 O(1)：

1. insert(val)：当元素 val 不存在时，向集合中插入该项。
2. remove(val)：当元素 val 存在时，从集合中移除该项。
3. getRandom()：随机返回现有集合中的一项（测试用例保证调用此方法时集合中至少存在一个元素）。每个元素应该有相同的概率被返回。

解决思路

要实现这三个操作的时间复杂度都是 O(1)，我们需要结合哈希表和数组的特点：

1. 哈希表：用于快速查找和删除元素，时间复杂度为 O(1)。
2. 数组：用于快速随机访问元素，时间复杂度为 O(1)。

具体实现如下：

• 使用一个哈希表 unordered_map 来存储每个元素值及其在数组中的索引。
• 使用一个动态数组 vector 来存储所有元素。

操作实现

1. 插入操作 (insert(val))：
   • 检查哈希表中是否已经存在该元素，如果存在则直接返回 false。
   • 将元素插入到数组的末尾，并在哈希表中记录该元素的索引。
   • 返回 true。
2. 删除操作 (remove(val))：
   • 检查哈希表中是否已经存在该元素，如果不存在则直接返回 false。
   • 从哈希表中获取该元素的索引，然后将数组末尾的元素移动到该索引位置，并更新哈希表中末尾元素的索引。
   • 删除数组末尾的元素，并从哈希表中删除该元素。
   • 返回 true。
3. 随机访问操作 (getRandom())：
   • 直接从数组中随机选择一个元素返回。

代码实现

#include #include #include #include

bool insert(int val) {
    if (hash.find(val) != hash.end()) {
        return false;
    }
    nums.push_back(val);
    hash[val] = nums.size() - 1;
    return true;
}

bool remove(int val) {
    if (hash.find(val) == hash.end()) {
        return false;
    }
    int last = nums.back();
    int idx = hash[val];
    nums[idx] = last;
    hash[last] = idx;
    nums.pop_back();
    hash.erase(val);
    return true;
}

int getRandom() {
    int randomIndex = rand() % nums.size();
    return nums[randomIndex];
}

• Your RandomizedSet object will be instantiated and called as such:
• RandomizedSet* obj = new RandomizedSet();
• bool param_1 = obj->insert(val);
• bool param_2 = obj->remove(val);
• int param_3 = obj->getRandom(); */

  解释

  • 构造函数：初始化随机数种子，以便在 getRandom() 中使用。
  • 插入操作：首先检查元素是否已存在，如果不存在则插入到数组和哈希表中。
  • 删除操作：首先检查元素是否已存在，如果存在则通过交换数组中的元素和更新哈希表来实现 O(1) 的删除。
  • 随机访问操作：直接从数组中随机选择一个元素返回。

这种设计确保了每个操作的时间复杂度都是 O(1)，同时利用了哈希表和数组的各自优势。

LeetCode 374题 “猜数字大小”（Guess Number Higher or Lower）是一个经典的二分查找问题。题目描述如下：

题目描述：

我们正在玩一个猜数字游戏。游戏规则如下：

• 我从1到n选择一个数字。你来猜我选了哪个数字。
• 每次你猜错了，我会告诉你这个数字是大了还是小了。

你调用一个预先定义好的接口 int guess(int num)，它会返回三个可能的结果：

• -1：我选的数字比你猜的小
• 1：我选的数字比你猜的大
• ：恭喜！你猜对了！

示例：

输入: n = 10, 我选择 6

你的猜测序列应该是 1, 2, 5, 7, 6

解题思路：

这个问题可以通过二分查找来解决。二分查找是一种高效的查找算法，适用于有序数组。在这个问题中，虽然我们没有具体的数组，但我们可以将数字范围 [1, n] 看作一个有序数组。

具体步骤：

1. 初始化两个指针 left 和 right，分别指向范围的最小值和最大值，即 left = 1 和 right = n。
2. 在 left 和 right 之间进行二分查找：
   • 计算中间值 mid，即 mid = (left + right) // 2。
   • 使用 guess(mid) 来判断中间值与目标值的关系。
   • 根据 guess 的返回值调整 left 和 right：
     • 如果 guess(mid) == 0，说明猜对了，返回 mid。
     • 如果 guess(mid) == -1，说明目标值小于 mid，将 right 调整为 mid - 1。
     • 如果 guess(mid) == 1，说明目标值大于 mid，将 left 调整为 mid + 1。
3. 重复步骤2，直到找到目标值。

代码实现：

# The guess API is already defined for you.

class Solution: def guessNumber(self, n: int) -> int: left, right = 1, n while left <= right: mid = (left + right) // 2 result = guess(mid) if result == 0: return mid elif result == -1: right = mid - 1 else: left = mid + 1 return -1 # This line should never be reached if the input is valid

解释：

• left 和 right 分别初始化为 1 和 n，表示搜索范围。
• 在循环中，计算中间值 mid。
• 根据 guess(mid) 的返回值调整搜索范围。
• 当 guess(mid) == 0 时，表示找到了目标值，直接返回 mid。
• 循环直到 left 超过 right，理论上在有效输入下不会出现这种情况。

复杂度分析：

• 时间复杂度： O(log n)，二分查找的时间复杂度为对数级别。
• 空间复杂度： O(1)，只使用了常数级别的额外空间。

通过这种方式，我们可以高效地解决这个猜数字问题。希望这个解释对你有帮助！如果有更多问题，欢迎继续提问。

LeetCode 373题 “Find K Pairs with Smallest Sums” 是一个中等难度的题目，要求我们从两个整数数组中找到和最小的k对数字。具体描述如下：

题目描述

给定两个以升序排列的整数数组 nums1 和 nums2，以及一个整数 k。你需要找到和最小的 k 对数字（u1,v1），（u2,v2）…，其中 u1 来自 nums1，v1 来自 nums2。

示例

输入:

nums1 = [1,7,11] nums2 = [2,4,6] k = 3

输出:

[[1,2],[1,4],[1,6]]

解释: 返回序列中的前 3 对数分别是：

• [1,2]，[1,4]，[1,6] 的和分别是 3，5，7，是最小的。

方法一：最小堆（优先队列）

我们可以使用最小堆来解决这个问题。具体步骤如下：

1. 初始化最小堆：
   • 将 nums1 中的每个元素与 nums2 中的第一个元素的组合放入最小堆中。堆中的元素是一个三元组 (sum, i, j)，其中 sum = nums1[i] + nums2[j]，i 和 j 分别是 nums1 和 nums2 中的索引。
2. 提取最小元素并扩展：
   • 每次从堆中提取最小元素 (sum, i, j)，将其加入结果列表。
   • 如果 j < nums2.length - 1，将新的组合 (nums1[i] + nums2[j+1], i, j+1) 加入堆中。
3. 重复步骤2直到找到k对。

代码实现（Python）

import heapq

min_heap = []
# 初始化堆
for i in range(min(k, len(nums1))):  # 只需要前k个元素，如果nums1长度大于k
    heapq.heappush(min_heap, (nums1[i] + nums2[0], i, 0))

result = []
while k > 0 and min_heap:
    current_sum, i, j = heapq.heappop(min_heap)
    result.append([nums1[i], nums2[j]])
    if j + 1 < len(nums2):
        heapq.heappush(min_heap, (nums1[i] + nums2[j+1], i, j+1))
    k -= 1

return result

nums1 = [1,7,11] nums2 = [2,4,6] k = 3 print(kSmallestPairs(nums1, nums2, k)) # 输出: [[1,2],[1,4],[1,6]]

复杂度分析

• 时间复杂度：O(k * log(min(k, m)))，其中 m 是 nums1 的长度。每次从堆中提取最小元素的时间复杂度为 O(log(min(k, m)))，最多进行 k 次。
• 空间复杂度：O(min(k, m))，堆的大小最多为 min(k, m)。

其他方法

除了最小堆，还可以考虑使用二分查找 + 双指针的方法，但实现起来相对复杂，且在某些情况下效率不如最小堆。

总结

使用最小堆的方法可以高效地解决此问题，通过维护一个大小为 min(k, m) 的堆，确保每次都能找到当前最小的组合，逐步构建结果列表。这种方法在处理大规模数据时表现良好，且实现相对简单。

希望这个详细的解答能帮助你理解并解决这个题目！如果有任何进一步的问题，欢迎继续提问。

LeetCode 365题 “水壶问题”（Water and Jug Problem）是一个经典的数学问题，可以用深度优先搜索（DFS）、广度优先搜索（BFS）或者数学方法（贝祖定理）来解决。下面我会详细解释这个问题的背景、解题思路和代码实现。

问题背景

你有两个水壶，容量分别为 x 升和 y 升。你还有无限多的水。你需要判断是否能够通过以下操作得到恰好 z 升的水：

1. 装满任意一个水壶。
2. 清空任意一个水壶。
3. 将一个水壶中的水倒入另一个水壶，直到一个水壶空或者另一个水壶满。

解题思路

方法一：深度优先搜索（DFS）

我们可以用DFS来遍历所有可能的状态。每个状态可以用 (当前x壶中的水量, 当前y壶中的水量) 来表示。我们从 (0, 0) 开始，通过上述操作进行状态转移，看是否能达到 (z, 0) 或 (0, z)。

方法二：广度优先搜索（BFS）

BFS也是一种常见的搜索方法，适用于这种需要遍历所有可能状态的问题。我们用一个队列来存储所有可能的状态，并逐层扩展。

方法三：数学方法（贝祖定理）

贝祖定理告诉我们，对于任意的整数 a 和 b，ax + by = z 有解当且仅当 gcd(a, b) | z（即 z 是 a 和 b 的最大公约数的倍数）。在这个问题中，a 和 b 分别是 x 和 y，所以我们只需要判断 z 是否是 gcd(x, y) 的倍数。

代码实现

这里我们以数学方法为例，因为它最为简洁高效。

from math import gcd

x, y, z = 3, 5, 4 print(canMeasureWater(x, y, z)) # 输出: True

详细解释

1. 边界条件：
   • 如果 x + y < z，显然不可能得到 z 升水，直接返回 False。
   • 如果 x 或 y 为0，那么只能通过另一个水壶来得到水。此时只有 z 为0或者 z 等于另一个水壶的容量时才可能成功。
2. 贝祖定理应用：
   • 计算 x 和 y 的最大公约数 gcd(x, y)。
   • 判断 z 是否是 gcd(x, y) 的倍数，如果是则返回 True，否则返回 False。

复杂度分析

• 时间复杂度：O(log(min(x, y)))，因为计算最大公约数的时间复杂度是 O(log(min(x, y)))。
• 空间复杂度：O(1)，只需要常数级别的额外空间。

通过上述方法，我们可以高效地解决这个水壶问题。如果你有更多问题或者需要其他方法的实现，欢迎继续提问！

LeetCode 354 – Russian Doll Envelopes (俄罗斯套娃信封问题)

题目描述

给你一个二维整数数组 envelopes，其中 envelopes[i] = [wi, hi] 表示第 i 个信封的宽度和高度。

当另一个信封的宽度和高度都比这个信封大时，这个信封就可以放进另一个信封里，如同俄罗斯套娃一样。

请计算最多能有多少个信封能组成一组“俄罗斯套娃”信封（即可以把一个信封放到另一个信封里面）。

注意：不允许旋转信封。

示例

输入：envelopes = [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]] 输出：3 解释：最多信封的个数为 3, 组合为: [2,3] => [5,4] => [6,7]。

解题思路

这个问题可以转化为一个最长递增子序列 (LIS) 的问题，但需要一些巧妙的处理：

1. 排序：首先对信封按照宽度 w 进行升序排序，如果宽度相同，则按照高度 h 降序排序。这样做的目的是确保在宽度相同的情况下，高度较大的信封不会被选入 LIS 中，避免出现宽度相同但高度不同的信封互相嵌套的情况。
2. 提取高度数组：将排序后的信封的高度提取出来，形成一个一维数组。问题就转化为了在这个高度数组中寻找最长递增子序列。
3. 动态规划求 LIS：可以使用动态规划或二分查找的方法来求解 LIS。动态规划的时间复杂度为 O(n^2)，而二分查找的时间复杂度为 O(n log n)。

代码实现 (二分查找)

def maxEnvelopes(envelopes):

envelopes.sort(key=lambda x: (x[0], -x[1]))

# 提取高度数组
heights = [h for _, h in envelopes]

# 二分查找求 LIS
def binary_search(tails, h):
    left, right = 0, len(tails)
    while left < right:
        mid = (left + right) // 2
        if tails[mid] < h:
            left = mid + 1
        else:
            right = mid
    return left

tails = []
for h in heights:
    idx = binary_search(tails, h)
    if idx == len(tails):
        tails.append(h)
    else:
        tails[idx] = h

return len(tails)

envelopes = [[5,4],[6,4],[6,7],[2,3]] print(maxEnvelopes(envelopes)) # 输出：3

解释

1. 排序：envelopes.sort(key=lambda x: (x[0], -x[1])) 将信封按宽度升序，高度降序排列。
2. 提取高度：heights = [h for _, h in envelopes] 提取排序后的信封高度。
3. 二分查找：binary_search 函数用于在 tails 数组中找到 h 应该插入的位置。
4. 构建 LIS：遍历 heights，使用二分查找更新 tails 数组，最终 tails 的长度即为 LIS 的长度。

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n log n)，其中 n 是信封的数量。排序需要 O(n log n)，二分查找更新 LIS 需要 O(n log n)。
• 空间复杂度：O(n)，用于存储 heights 和 tails 数组。

总结

Russian Doll Envelopes 问题通过巧妙的排序和转化为 LIS 问题，可以使用高效的二分查找方法求解，是一个经典的动态规划与二分查找结合的例子。理解其核心思想对于解决类似的 LIS 问题很有帮助。

LeetCode 341题 “Flatten Nested List Iterator” 是一个中等难度的题目，主要考察的是设计数据结构和迭代器的概念。题目要求你设计一个迭代器来扁平化一个嵌套的列表。

题目描述

给你一个嵌套的整型列表 nestedList，实现一个迭代器将其扁平化。

示例：

输入: [[1,1],2,[1,1]] 输出: [1,1,2,1,1] 解释: 通过重复调用 next 直到 hasNext 返回 false，next 返回的元素的顺序应该是: [1,1,2,1,1]。

解题思路

1. 理解嵌套列表：嵌套列表可以包含整数或其他的嵌套列表。
2. 迭代器设计：需要实现两个方法 next() 和 hasNext()。
3. 栈的使用：使用栈来存储待处理的嵌套列表，这样可以方便地进行回溯。

具体实现

我们可以使用一个栈来存储待处理的元素，每次调用 next() 时，从栈顶取出一个元素。如果这个元素是整数，直接返回；如果是列表，将其展开并逆序压入栈中。

Python代码实现

# """

    for item in reversed(nestedList):
        self.stack.append(item)

def next(self) -> int:
    # next()方法返回栈顶的整数
    return self.stack.pop().getInteger()

def hasNext(self) -> bool:
    # hasNext()方法检查栈顶元素是否为整数，如果不是，则展开
    while self.stack:
        top = self.stack[-1]
        if top.isInteger():
            return True
        self.stack.pop()
        # 将列表中的元素逆序压入栈中
        for item in reversed(top.getList()):
            self.stack.append(item)
    return False

while i.hasNext(): v.append(i.next())

解释

1. 初始化：在 __init__ 方法中，我们将输入的 nestedList 逆序压入栈中。
2. next() 方法：直接从栈顶取出一个整数并返回。
3. hasNext() 方法：检查栈顶元素，如果是整数，返回 True；如果是列表，将其展开并逆序压入栈中，继续检查。

复杂度分析

• 时间复杂度：next() 和 hasNext() 方法的时间复杂度均为 O(1) 平摊。
• 空间复杂度：O(N)，其中 N 是嵌套列表的最大深度。

通过这种方式，我们可以高效地扁平化嵌套列表并进行迭代。希望这个解释对你理解并解决这个题目有所帮助！如果有更多问题，欢迎继续提问。

LeetCode 338题 “Counting Bits” 是一个中等难度的题目，要求我们计算从0到n每个数的二进制表示中1的个数。这个问题可以通过动态规划的方法高效解决。

题目描述

给定一个非负整数 n，对于 0 ≤ i ≤ n 中的每个数 i，计算其二进制表示中1的个数，并将结果作为一个数组返回。

示例

输入: 2 输出: [0,1,1] 解释: 0的二进制表示为0，有0个1。 1的二进制表示为1，有1个1。 2的二进制表示为10，有1个1。

解法思路

我们可以利用动态规划的思想来解决这个问题。具体思路如下：

1. 初始化：创建一个长度为 n+1 的数组 dp，其中 dp[i] 表示数字 i 的二进制表示中1的个数。
2. 基准情况：dp[0] = 0，因为0的二进制表示中没有1。
3. 递推关系：
   • 对于任意一个数 i，我们可以将其表示为 i = 2 * k + b，其中 k 是一个整数，b 是0或1。
   • 如果 b 是0，那么 i 的二进制表示中1的个数与 k 相同，即 dp[i] = dp[k]。
   • 如果 b 是1，那么 i 的二进制表示中1的个数比 k 多1，即 dp[i] = dp[k] + 1。
   • 由于 b 只能是0或1，我们可以通过 i & 1 来判断 b 的值。

代码实现

以下是Python实现的代码：

def countBits(n):

dp = [0] * (n + 1)

# 遍历每个数，计算其二进制表示中1的个数
for i in range(1, n + 1):
    # dp[i] = dp[i >> 1] + (i & 1)
    # i >> 1 相当于 i // 2
    # i & 1 判断i的最低位是0还是1
    dp[i] = dp[i >> 1] + (i & 1)

return dp

n = 2 print(countBits(n)) # 输出: [0, 1, 1]

解释

• i >> 1 是将 i 右移一位，相当于 i 除以2。
• i & 1 是取 i 的最低位，判断是0还是1。

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，因为我们只需要遍历一次从0到n的所有数。
• 空间复杂度：O(n)，因为我们需要一个长度为 n+1 的数组来存储结果。

通过这种方法，我们可以高效地解决 “Counting Bits” 问题。希望这个解释对你有所帮助！如果有更多问题，欢迎继续提问。