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100372. 使两个整数相等的位更改次数

从最大的位数开始枚举，如果发现当前数位大于目标值则进行相减直到相等

class Solution {
public:
    int minChanges(int n, int k) {
        int cnt = 0;
        for (int i = 30, j = (1 << 30); i >= 0; i --, j /= 2) {
            if ((n >> i & 1) && n - j >= k) {
                n -= j, cnt ++;
            }
        }
        if (n == k) return cnt;
        else return -1;
    }
};

100335. 字符串元音游戏

贪心，只有当字符串中没有元音的时候小红才会输

class Solution {
public:
    bool doesAliceWin(string s) {
        bool flag = false;
        for (int i = 0; i < s.size(); i ++) {
            if (s[i] == 'a' || s[i] == 'e' || s[i] == 'i' || s[i] == 'o' || s[i] == 'u') {
                flag = true;
                break;
            } 
        }
        return flag;
    }
};

100360. 将 1 移动到末尾的最大操作次数

首先利用贪心的思路，要想使操作次数最大，我们每次都从左侧开始移动，当碰到零的时候前面的所有1都会贡献1次操作代价，进行枚举即可。

class Solution {
public:
    int maxOperations(string s) {
        // 从左到右移动1，碰到零前面的1必须移动
        int res = 0, cnt = 0;
        for (int i = 0; i < s.size() ; i ++) {
            if (s[i] == '1') cnt ++;
            else if (s[i] == '0') {
                if (i - 1 >= 0 && s[i - 1] == '1') res += cnt;
            }
        }
        return res;
    }
};

100329. 使数组等于目标数组所需的最少操作次数

将对整个数组的操作转换成了对两个位置上数的操作，即变为使两个差分数组相等。使用s累加免费的次数

class Solution {
public:
    long long minimumOperations(vector<int>& nums, vector<int>& target) {
        long long s = target[0] - nums[0];
        long long ans = abs(s);
        for (int i = 1; i < nums.size(); i ++) {
            // 转化为计算差分数组中的差异
            int k = (target[i] - target[i - 1]) - (nums[i] - nums[i - 1]);
            // 有免费次数就用
            if (k > 0) { // 需要正数
                ans += s >= 0 ? k : max(k + s, 0ll);
            } else { // 需要负数
                ans -= s <= 0 ? k : min(k + s, 0ll);
            }
            s += k; // 免费次数，有就用没有就留着
        }
        return ans;
    }
};