法二：利用递归的方式 进行 实现

解：

1.关键：

（1）我没有 想到的是，0-n-1层都是 在向2个方向递归，加入 or 不加入 一个元素，但是，一直到最深层 才真正枚举完 一种子集

(2)递归的 参数：cur考虑的数组中cur位置的元素，nums原数组，全局参数：tmp临时数组，ans最终结果数组

2.代码：

class Solution {
public:vector tmp;vector> ans;vector> subsets(vector& nums) {//法二：递归： //其实 思想是对的，但是 我没有想到的是--需要一直递归到 最深层 才加入数组//所以，前面的所有层中 都有 push当前cur元素与否 这2种选择dfs(0,nums);return ans;}void dfs(int cur,vector& nums){//（1）出口：if(cur == nums.size()){//说明都 遍历完了ans.push_back(tmp);return ;}//（2）各种可能的 递归方向:tmp.push_back(nums[cur]);dfs(cur+1,nums); //加入cur位置的元素，并且向下一个 位置进发tmp.pop_back();dfs(cur+1,nums); //不加入cur位置的元素，并且向下一个 位置进发}
};

回到 “周赛 ”这个题目:

给你一个由正整数组成的数组 nums 和一个 正 整数 k 。

如果 nums 的子集中，任意两个整数的绝对差均不等于 k ，则认为该子数组是一个 美丽 子集。

返回数组 nums 中 非空 且 美丽 的子集数目。

nums 的子集定义为：可以经由 nums 删除某些元素（也可能不删除）得到的一个数组。只有在删除元素时选择的索引不同的情况下，两个子集才会被视作是不同的子集。

解：

1.关键：

（1）依然 借鉴 “母题”的思想， 只不过 稍微添加一些东西即可

(2)递归的第一个方向一定成立，也就是 不加入这个元素一定可以继续下一层 ，

但是， 需要time[nums[i]-k] 和 time[nums[i]+k] 都为 0 才能保证 time[nums[i]]++ 可以 做到

（3）每次到达最深层的时候 cnt++ 即可:

2.代码：

class Solution {
public:int cnt = 0;//这里不适用 set，而是使用一个数组进行记录int time[4001]={0};int beautifulSubsets(vector& nums, int k) {//母题中 稍微 添加一个条件即可://如果 nums[i] 需要加入数组，必须保证nums[i]-k 和 nums[i]+k没有选过//利用set进行判断即可//unordered_set Set;dfs(0,nums,k);return cnt-1; //不能是空集}void dfs(int cur , vector& nums , int k){//(1)出口:if(cur == nums.size()){cnt++;return ;}//(2)递归:dfs(cur+1,nums,k);//加入到Set中// nums[i]-k 和 nums[i]+kif((nums[cur]-k < 0 || time[nums[cur]-k]==0) && time[nums[cur]+k]==0){time[nums[cur]]++;dfs(cur+1,nums,k);//递归回来的时候 需要 还原原来的 数组time，因为返回上一层时，这个元素没加time[nums[cur]]--;}}
};

T4:执行任意次 操作之后的 MEX

给你一个下标从 0 开始的整数数组 nums 和一个整数 value 。

在一步操作中，你可以对 nums 中的任一元素加上或减去 value 。

• 例如，如果 nums = [1,2,3] 且 value = 2 ，你可以选择 nums[0] 减去 value ，得到 nums = [-1,2,3] 。

数组的 MEX (minimum excluded) 是指其中数组中缺失的最小非负整数。

• 例如，[-1,2,3] 的 MEX 是 0 ，而 [1,0,3] 的 MEX 是 2 。

返回在执行上述操作 任意次 后，nums 的最大 MEX 。

解：

第一次 超时的 代码

class Solution {
public:int findSmallestInteger(vector& nums, int value) {//我去 ， 这个题目的 意思是 从0开始 缺失的最小非负整数//先 从0 开始 从小到大的 顺序进行 填充 ，如果 后续 有重复的 ， 就+value即可//利用 一个set 进行存储即可int size =nums.size();unordered_set Set;for(int i=0 ;i <=size-1;i++){int mod_x = 0;if(nums[i] > 0){mod_x = nums[i]%value;}else if(nums[i] <0 ){//先加到正数为止int cnt = -(nums[i]/value) + 1;nums[i]+= cnt*value;mod_x = nums[i]%value;}//case1:if(!Set.count(mod_x)){//没有存过Set.insert(mod_x);}else{//存进去过while(Set.count(mod_x) && mod_x<=size){mod_x+=value;}if(mod_x <=size && !Set.count(mod_x))Set.insert(mod_x);}}//感觉 必然是 需要 遍历一次的 ，那么 可能就是 出现了死循环什么的//开始检测int i=0;while(Set.count(i)){i++;}return i;}
};

总算知道 哪里超时了， 就是那个while循环中while(Set.count(mod_X) && mod_x<=size),这个循环时不必要的， 因为最终那个while循环可以改为:

//反正 可以 利用 一个大小为 value的vector数组容器存储下所有的 mod_x出现的次数

修改后（借鉴了 某人）的代码如下：

class Solution {
public:int findSmallestInteger(vector& nums, int value) {//我去 ， 这个题目的 意思是 从0开始 缺失的最小非负整数//先 从0 开始 从小到大的 顺序进行 填充 ，如果 后续 有重复的 ， 就+value即可//利用 一个set 进行存储即可//直接利用个数组就可以了vector cnt(value,0);int size= nums.size();for(int i=0;i<=size-1;i++){int it = nums[i];cnt[(it%value+value)%value]++;   //计算一个负数的 模数的 技巧}//遍历for(int i=0; ; i++){if(--cnt[i%value] < 0){return i;}}}
};

最后，总结一下：

（1）确实 没有AC，不过 思路都在形成

(2)第3题，关于 “幂集”的问题 ，“生成所有子集”这个“母题”需要 熟练掌握， 然后举一反三，“巧妇难为无米之炊”

（3）第4题：一个关于 “数论”中 余数的问题：<1>关于 负数的 除法取余，操作

<2>Map有的时候 可以 直接 用一个数组替代