860.柠檬水找零
题目大意：给出一个买5美元东西支付序列（只有5，10，20元），问是否能成功找零
题解：简单模拟题，20元时优先用10元

class Solution {
public:
    bool lemonadeChange(vector<int>& bills) {
        int t, cnt=, cnt2=, cnt3=;
        for(int i=; i<bills.size(); i++) {
            int t=bills[i];
            if (t==) cnt++;
            else if (t==) {
                cnt2++;
                if (!cnt) return false;
                else cnt--;
            }
            else if (t==) {
                cnt3++;
                if (cnt2&&cnt) {
                    cnt2--;
                    cnt--;
                    continue;
                }
                if (cnt>=) {
                    cnt-=;
                    continue;
                }
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
};

863.二叉树中所有距离为 K 的结点
题目大意：给出一个二叉树，问距离给定的点距离为K的结点有哪些
题解：将给定的点变为根建树就好了，深度就是距离了

/**
 * Definition for a binary tree node.
 * struct TreeNode {
 *     int val;
 *     TreeNode *left;
 *     TreeNode *right;
 *     TreeNode(int x) : val(x), left(NULL), right(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    vector<int> ans;
    vector<int> V[];

    void Build(TreeNode* cur) {
        if (cur->left!=NULL) {
            V[cur->val].push_back(cur->left->val);
            V[cur->left->val].push_back(cur->val);
            Build(cur->left);
        }
        if (cur->right!=NULL) {
            V[cur->val].push_back(cur->right->val);
            V[cur->right->val].push_back(cur->val);
            Build(cur->right);
        }
    }

    void dfs(int cur, int fa, int d, int K) {
        if (d==K) ans.push_back(cur);
        for(int i=; i<V[cur].size(); i++) {
            int u=V[cur][i];
            if (u!=fa) dfs(u, cur, d+, K);
        }
    }

    vector<int> distanceK(TreeNode* root, TreeNode* target, int K) {
        if (root==NULL) {
            vector<int> tmp;
            return tmp;
        }
        Build(root);
        dfs(target->val, -, , K);
        return ans;
    }
};

861.翻转矩阵后的得分
题目大意：给定一个矩阵，操作定义为一行或一列的1变成0，0变成1，问任意次操作后，数字总和最大为多少
题解：很容易想到一个贪心的做法，先将每一位最高为变成1，再将每一列1的个数尽量多，根据二进制的一些性质可以证明这样是最优的

class Solution {
public:
    int a[][];
    int matrixScore(vector<vector<int>>& A) {
        int n=A.size();
        if (!n) return ;
        int m=A[].size();
        for(int i=; i<n; i++) {
            for(int j=; j<m; j++) {
                a[i][j]=A[i][j];
            }
        }
        for(int i=; i<n; i++) {
            if (a[i][]==) {
                for(int j=; j<m; j++) {
                    a[i][j]=-a[i][j];
                }
            }
        }
        for(int j=; j<m; j++) {
            int cur=;
            for(int i=; i<n; i++) {
                cur+=a[i][j];
            }
            if (cur<n-cur) {
                for(int i=; i<n; i++) {
                    a[i][j]=-a[i][j];
                }
            }
        }
        int sum=;
        for(int i=; i<n; i++) {
            int row=;
            for(int j=; j<m; j++) {
               row=row*+a[i][j]; 
            }
            sum=sum+row;
        }
        return sum;    
    }
};

862.和至少为K的最短子数组
题目大意：给出一个可正可负数组，问至少为K的最短子数组的长度
题解：连续和转化为前缀和的差，对于每一个sum[i]，要找到一个sum[j]<=sum[i]-k，j要尽量大，很自然我们会想到二分，然而会发现sum[j]并不是单调的，但我们发现当 k < j，sum[k] >= sum[j]，这样的k是永远都不会用到，所以用一个单调栈优化一下，这样就可以二分了

#define pb push_back
#define mp make_pair
#define CLR(a) memset(a, 0, sizeof(a))
#define DBG(x) cout<<(#x)<<"="<<x<<endl
#define FOR(i, a, b)  for(int i=(a); i<(b); i++)
#define REP(i, a, b)  for(int i=(a); i<=(b); i++)
#define DOWN(i, a, b) for(int i=(a); i>=(b); i--)

typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;

const double eps = ;
const int INF = ;
const ll LL_INF = ;
const ll mod = ;
const int N =  + ;

class Solution {
public:
    int shortestSubarray(vector<int>& A, int K) {
        ll sum[];
        vector<pll> V;
        ll n=A.size();
        ll ans=;
        sum[]=A[];
        for(int i=; i<n; i++) {
            sum[i]=sum[i-]+A[i];
        }
        V.pb(mp(, -));
        for(int i=; i<n; i++) {
            auto pos=upper_bound(V.begin(), V.end(), mp(sum[i]-K, i+l));
            if (pos!=V.begin()) {
                pos--;
                ans=min(ans, i- (*pos).second );
            }
            while (V.size()> && sum[i]<=V.back().first) V.pop_back();
            V.pb(mp(sum[i], i));
        }
        if (ans==) return -;
        else return ans;
    }
};