feat: update lc problems

solution/0800-0899/0805.Split Array With Same Average/README.md

@@ -62,9 +62,9 @@ tags:
 
 ### 方法一：折半查找 + 二进制枚举
 
-根据题目要求，要判断是否可以将数组 `nums` 划分为两个子数组 $A$ 和 $B$，使得两个子数组的平均值相等。
+根据题目要求，要判断是否可以将数组 $\textit{nums}$ 划分为两个子数组 $A$ 和 $B$，使得两个子数组的平均值相等。
 
-我们记数组 `nums` 的和为 $s$，元素个数为 $n$。子数组 $A$ 的和以及个数分别为 $s_1$ 和 $k$，那么子数组 $B$ 的和为 $s_2 = s - s_1$，个数为 $n - k$，即：
+我们记数组 $\textit{nums}$ 的和为 $s$，元素个数为 $n$。子数组 $A$ 的和以及个数分别为 $s_1$ 和 $k$，那么子数组 $B$ 的和为 $s_2 = s - s_1$，个数为 $n - k$，即：
 
 $$
 \frac{s_1}{k} = \frac{s_2}{n - k} = \frac{s-s_1}{n-k}
@@ -82,25 +82,25 @@ $$
 \frac{s_1}{k} = \frac{s}{n}
 $$
 
-也就是说，要我们找出一个子数组 $A$，使得其平均值等于数组 `nums` 的平均值。我们考虑将数组 `nums` 每个元素都减去数组 `nums` 的平均值，这样问题就转化为了在数组 `nums` 中找出一个子数组，使得其和为 $0$。
+也就是说，要我们找出一个子数组 $A$，使得其平均值等于数组 $\textit{nums}$ 的平均值。我们考虑将数组 $\textit{nums}$ 每个元素都减去数组 $\textit{nums}$ 的平均值，这样问题就转化为了在数组 $\textit{nums}$ 中找出一个子数组，使得其和为 $0$。
 
-但是，数组 `nums` 的平均值可能不是整数，浮点数计算可能存在精度问题，我们不妨将数组 `nums` 中的每个元素都乘以 $n$，即 $nums[i] \leftarrow nums[i] \times n$，上述式子就变成：
+但是，数组 $\textit{nums}$ 的平均值可能不是整数，浮点数计算可能存在精度问题，我们不妨将数组 $\textit{nums}$ 中的每个元素都乘以 $n$，即 $nums[i] \leftarrow nums[i] \times n$，上述式子就变成：
 
 $$
 \frac{s_1\times n}{k} = s
 $$
 
-此时我们将数组 `nums` 中每个元素都减去整数 $s$，题目就转化为：在数组 $nums$ 中找出一个子数组 $A$，使得其和为 $0$。
+此时我们将数组 $\textit{nums}$ 中每个元素都减去整数 $s$，题目就转化为：在数组 $nums$ 中找出一个子数组 $A$，使得其和为 $0$。
 
-数组 `nums` 的长度范围为 $[1, 30]$，如果我们使用暴力枚举子数组的方法，时间复杂度为 $O(2^n)$，会超时。我们可以使用折半查找的方法，将时间复杂度降低到 $O(2^{n/2})$。
+数组 $\textit{nums}$ 的长度范围为 $[1, 30]$，如果我们使用暴力枚举子数组的方法，时间复杂度为 $O(2^n)$，会超时。我们可以使用折半查找的方法，将时间复杂度降低到 $O(2^{n/2})$。
 
-我们将数组 `nums` 分成左右两部分，那么子数组 $A$ 可能存在三种情况：
+我们将数组 $\textit{nums}$ 分成左右两部分，那么子数组 $A$ 可能存在三种情况：
 
-1. 子数组 $A$ 完全在数组 `nums` 的左半部分；
-2. 子数组 $A$ 完全在数组 `nums` 的右半部分；
-3. 子数组 $A$ 一部分在数组 `nums` 的左半部分，一部分在数组 `nums` 的右半部分。
+1. 子数组 $A$ 完全在数组 $\textit{nums}$ 的左半部分；
+2. 子数组 $A$ 完全在数组 $\textit{nums}$ 的右半部分；
+3. 子数组 $A$ 一部分在数组 $\textit{nums}$ 的左半部分，一部分在数组 $\textit{nums}$ 的右半部分。
 
-我们可以使用二进制枚举的方法，先枚举左半部分所有子数组的和，如果存在一个子数组和为 $0$，直接返回 `true`，否则我们将其存入哈希表 `vis` 中；然后枚举右半部分所有子数组的和，如果存在一个子数组和为 $0$，直接返回 `true`，否则我们判断此时哈希表 `vis` 中是否存在该和的相反数，如果存在，直接返回 `true`。
+我们可以使用二进制枚举的方法，先枚举左半部分所有子数组的和，如果存在一个子数组和为 $0$，直接返回 `true`，否则我们将其存入哈希表 $\textit{vis}$ 中；然后枚举右半部分所有子数组的和，如果存在一个子数组和为 $0$，直接返回 `true`，否则我们判断此时哈希表 $\textit{vis}$ 中是否存在该和的相反数，如果存在，直接返回 `true`。
 
 需要注意的是，我们不能同时全选左半部分和右半部分，因为这样会导致子数组 $B$ 为空，这是不符合题意的。在实现上，我们只需要考虑数组的 $n-1$ 个数。
 

solution/0800-0899/0805.Split Array With Same Average/README_EN.md

@@ -58,7 +58,51 @@ tags:
 
 <!-- solution:start -->
 
-### Solution 1
+### Solution 1: Binary Search + Binary Enumeration
+
+According to the problem requirements, we need to determine if the array $\textit{nums}$ can be divided into two subarrays $A$ and $B$ such that the average values of the two subarrays are equal.
+
+Let the sum of the array $\textit{nums}$ be $s$, and the number of elements be $n$. The sum and number of elements of subarray $A$ are $s_1$ and $k$, respectively. Then the sum of subarray $B$ is $s_2 = s - s_1$, and the number of elements is $n - k$. Thus:
+
+$$
+\frac{s_1}{k} = \frac{s_2}{n - k} = \frac{s-s_1}{n-k}
+$$
+
+Rearranging, we get:
+
+$$
+s_1 \times (n-k) = (s-s_1) \times k
+$$
+
+Simplifying, we get:
+
+$$
+\frac{s_1}{k} = \frac{s}{n}
+$$
+
+This means we need to find a subarray $A$ such that its average value equals the average value of the array $\textit{nums}$. We consider subtracting the average value of the array $\textit{nums}$ from each element of the array $\textit{nums}$, transforming the problem into finding a subarray in the array $\textit{nums}$ whose sum is $0$.
+
+However, the average value of the array $\textit{nums}$ may not be an integer, and floating-point calculations may have precision issues. We can multiply each element of the array $\textit{nums}$ by $n$, i.e., $nums[i] \leftarrow nums[i] \times n$. The above equation becomes:
+
+$$
+\frac{s_1\times n}{k} = s
+$$
+
+Now, we subtract the integer $s$ from each element of the array $\textit{nums}$, transforming the problem into finding a subarray $A$ in the array $nums$ whose sum is $0$.
+
+The length of the array $\textit{nums}$ ranges from $[1, 30]$. If we use brute force to enumerate subarrays, the time complexity is $O(2^n)$, which will time out. We can use binary search to reduce the time complexity to $O(2^{n/2})$.
+
+We divide the array $\textit{nums}$ into left and right parts. The subarray $A$ can exist in three cases:
+
+1. Subarray $A$ is entirely in the left part of the array $\textit{nums}$;
+2. Subarray $A$ is entirely in the right part of the array $\textit{nums}$;
+3. Subarray $A$ is partially in the left part and partially in the right part of the array $\textit{nums}$.
+
+We can use binary enumeration to first enumerate the sums of all subarrays in the left part. If there is a subarray with a sum of $0$, we return `true` immediately. Otherwise, we store the sums in a hash table $\textit{vis}$. Then we enumerate the sums of all subarrays in the right part. If there is a subarray with a sum of $0$, we return `true` immediately. Otherwise, we check if the hash table $\textit{vis}$ contains the opposite of the current sum. If it does, we return `true`.
+
+Note that we cannot select all elements from both the left and right parts simultaneously, as this would leave subarray $B$ empty, which does not meet the problem requirements. In implementation, we only need to consider $n-1$ elements of the array.
+
+The time complexity is $O(n \times 2^{\frac{n}{2}})$, and the space complexity is $O(2^{\frac{n}{2}})$.
 
 <!-- tabs:start -->
 

solution/0800-0899/0808.Soup Servings/README_EN.md

@@ -65,7 +65,32 @@ So the total probability of A becoming empty first plus half the probability tha
 
 <!-- solution:start -->
 
-### Solution 1
+### Solution 1: Memoization Search
+
+In this problem, since each operation is a multiple of $25$, we can consider every $25ml$ of soup as one unit. This reduces the data scale to $\left \lceil \frac{n}{25} \right \rceil$.
+
+We design a function $dfs(i, j)$, which represents the probability result when there are $i$ units of soup $A$ and $j$ units of soup $B$ remaining.
+
+When $i \leq 0$ and $j \leq 0$, it means both soups are finished, and we should return $0.5$. When $i \leq 0$, it means soup $A$ is finished first, and we should return $1$. When $j \leq 0$, it means soup $B$ is finished first, and we should return $0$.
+
+Next, for each operation, we have four choices:
+
+-   Take $4$ units from soup $A$ and $0$ units from soup $B$;
+-   Take $3$ units from soup $A$ and $1$ unit from soup $B$;
+-   Take $2$ units from soup $A$ and $2$ units from soup $B$;
+-   Take $1$ unit from soup $A$ and $3$ units from soup $B$.
+
+Each choice has a probability of $0.25$, so we can derive:
+
+$$
+dfs(i, j) = 0.25 \times (dfs(i - 4, j) + dfs(i - 3, j - 1) + dfs(i - 2, j - 2) + dfs(i - 1, j - 3))
+$$
+
+We use memoization to store the results of the function.
+
+Additionally, we find that when $n=4800$, the result is $0.999994994426$, and the required precision is $10^{-5}$. As $n$ increases, the result gets closer to $1$. Therefore, when $n \gt 4800$, we can directly return $1$.
+
+The time complexity is $O(C^2)$, and the space complexity is $O(C^2)$. In this problem, $C=200$.
 
 <!-- tabs:start -->
 

solution/0800-0899/0809.Expressive Words/README.md

@@ -31,7 +31,7 @@ tags:
 <p><strong>示例：</strong></p>
 
 <pre>
-<strong>输入：</strong> 
+<strong>输入：</strong>
 s = "heeellooo"
 words = ["hello", "hi", "helo"]
 <strong>输出：</strong>1
@@ -58,17 +58,17 @@ words = ["hello", "hi", "helo"]
 
 ### 方法一：遍历计数 + 双指针
 
-我们可以遍历数组 `words`，对于数组中的每个单词 $t$，判断 $t$ 是否可以通过扩张得到 $s$，如果可以，那么答案加一。
+我们可以遍历数组 $\textit{words}$，对于数组中的每个单词 $t$，判断 $t$ 是否可以通过扩张得到 $s$，如果可以，那么答案加一。
 
-因此，问题的关键在于判断单词 $t$ 是否可以通过扩张得到 $s$。这里我们通过一个 $check(s, t)$ 函数来判断。函数的具体实现逻辑如下：
+因此，问题的关键在于判断单词 $t$ 是否可以通过扩张得到 $s$。这里我们通过一个 $\textit{check}(s, t)$ 函数来判断。函数的具体实现逻辑如下：
 
-首先判断 $s$ 和 $t$ 的长度关系，如果 $t$ 的长度大于 $s$，直接返回 `false`；否则，我们用双指针 $i$ 和 $j$ 分别指向 $s$ 和 $t$，初始时 $i$ 和 $j$ 的值均为 $0$。
+首先判断 $s$ 和 $t$ 的长度关系，如果 $t$ 的长度大于 $s$，直接返回 $\textit{false}$；否则，我们用双指针 $i$ 和 $j$ 分别指向 $s$ 和 $t$，初始时 $i$ 和 $j$ 的值均为 $0$。
 
-如果 $i$ 和 $j$ 指向的字符不同，那么 $t$ 无法通过扩张得到 $s$，直接返回 `false`；否则，我们需要判断 $i$ 指向的字符的连续出现次数 $c_1$ 和 $j$ 指向的字符的连续出现次数 $c_2$ 的关系。如果 $c_1 \lt c_2$ 或者 $c_1 \lt 3$ 并且 $c_1 \neq c_2$，那么 $t$ 无法通过扩张得到 $s$，直接返回 `false`；否则，将 $i$ 和 $j$ 分别右移 $c_1$ 和 $c_2$ 次。继续判断。
+如果 $i$ 和 $j$ 指向的字符不同，那么 $t$ 无法通过扩张得到 $s$，直接返回 $\textit{false}$；否则，我们需要判断 $i$ 指向的字符的连续出现次数 $c_1$ 和 $j$ 指向的字符的连续出现次数 $c_2$ 的关系。如果 $c_1 \lt c_2$ 或者 $c_1 \lt 3$ 并且 $c_1 \neq c_2$，那么 $t$ 无法通过扩张得到 $s$，直接返回 $\textit{false}$；否则，将 $i$ 和 $j$ 分别右移 $c_1$ 和 $c_2$ 次。继续判断。
 
-如果 $i$ 和 $j$ 都到达了字符串的末尾，那么 $t$ 可以通过扩张得到 $s$，返回 `true`，否则返回 `false`。
+如果 $i$ 和 $j$ 都到达了字符串的末尾，那么 $t$ 可以通过扩张得到 $s$，返回 $\textit{true}$，否则返回 $\textit{false}$。
 
-时间复杂度 $O(n \times m + \sum_{i=0}^{m-1} w_i)$，其中 $n$ 和 $m$ 分别为字符串 $s$ 和数组 $words$ 的长度，而 $w_i$ 为数组 $words$ 中第 $i$ 个单词的长度。
+时间复杂度 $O(n \times m + \sum_{i=0}^{m-1} w_i)$，其中 $n$ 和 $m$ 分别为字符串 $s$ 和数组 $\textit{words}$ 的长度，而 $w_i$ 为数组 $\textit{words}$ 中第 $i$ 个单词的长度。
 
 <!-- tabs:start -->
 

solution/0800-0899/0809.Expressive Words/README_EN.md

@@ -41,7 +41,7 @@ tags:
 <pre>
 <strong>Input:</strong> s = &quot;heeellooo&quot;, words = [&quot;hello&quot;, &quot;hi&quot;, &quot;helo&quot;]
 <strong>Output:</strong> 1
-<strong>Explanation:</strong> 
+<strong>Explanation:</strong>
 We can extend &quot;e&quot; and &quot;o&quot; in the word &quot;hello&quot; to get &quot;heeellooo&quot;.
 We can&#39;t extend &quot;helo&quot; to get &quot;heeellooo&quot; because the group &quot;ll&quot; is not size 3 or more.
 </pre>
@@ -68,7 +68,19 @@ We can&#39;t extend &quot;helo&quot; to get &quot;heeellooo&quot; because the gr
 
 <!-- solution:start -->
 
-### Solution 1
+### Solution 1: Traversal Counting + Two Pointers
+
+We can traverse the array $\textit{words}$, and for each word $t$ in the array, check if $t$ can be expanded to obtain $s$. If it can, increment the answer by one.
+
+Therefore, the key problem is to determine if the word $t$ can be expanded to obtain $s$. We use a function $\textit{check}(s, t)$ to determine this. The implementation logic of the function is as follows:
+
+First, check the length relationship between $s$ and $t$. If the length of $t$ is greater than $s$, return $\textit{false}$ directly. Otherwise, use two pointers $i$ and $j$ to point to $s$ and $t$, respectively, both initially set to $0$.
+
+If the characters pointed to by $i$ and $j$ are different, then $t$ cannot be expanded to obtain $s$, and we return $\textit{false}$. Otherwise, we need to check the relationship between the consecutive occurrence counts of the characters pointed to by $i$ and $j$, denoted as $c_1$ and $c_2$. If $c_1 \lt c_2$ or $c_1 \lt 3$ and $c_1 \neq c_2$, then $t$ cannot be expanded to obtain $s$, and we return $\textit{false}$. Otherwise, move $i$ and $j$ to the right by $c_1$ and $c_2$ times, respectively, and continue checking.
+
+If both $i$ and $j$ reach the end of the strings, then $t$ can be expanded to obtain $s$, and we return $\textit{true}$. Otherwise, we return $\textit{false}$.
+
+The time complexity is $O(n \times m + \sum_{i=0}^{m-1} w_i)$, where $n$ and $m$ are the lengths of the string $s$ and the array $\textit{words}$, respectively, and $w_i$ is the length of the $i$-th word in the array $\textit{words}$.
 
 <!-- tabs:start -->
 

solution/0800-0899/0810.Chalkboard XOR Game/README.md

@@ -35,7 +35,7 @@ tags:
 <pre>
 <strong>输入:</strong> nums = [1,1,2]
 <strong>输出:</strong> false
-<strong>解释:</strong> 
+<strong>解释:</strong>
 Alice 有两个选择: 擦掉数字 1 或 2。
 如果擦掉 1, 数组变成 [1, 2]。剩余数字按位异或得到 1 XOR 2 = 3。那么 Bob 可以擦掉任意数字，因为 Alice 会成为擦掉最后一个数字的人，她总是会输。
 如果 Alice 擦掉 2，那么数组变成[1, 1]。剩余数字按位异或得到 1 XOR 1 = 0。Alice 仍然会输掉游戏。
@@ -72,28 +72,28 @@ Alice 有两个选择: 擦掉数字 1 或 2。
 
 ### 方法一：位运算
 
-根据游戏规则，轮到某个玩家时，如果当前黑板上所有数字按位异或运算结果为 $0$，这个玩家获胜。由于 Alice 先手，因此当 `nums` 中所有数字的异或结果为 $0$ 时，Alice 可以获胜。
+根据游戏规则，轮到某个玩家时，如果当前黑板上所有数字按位异或运算结果为 $0$，这个玩家获胜。由于 Alice 先手，因此当 $\textit{nums}$ 中所有数字的异或结果为 $0$ 时，Alice 可以获胜。
 
-当 `nums` 中所有数字的异或结果不为 $0$ 时，我们不妨考虑从数组 `nums` 的长度奇偶性来分析 Alice 的获胜情况。
+当 $\textit{nums}$ 中所有数字的异或结果不为 $0$ 时，我们不妨考虑从数组 $\textit{nums}$ 的长度奇偶性来分析 Alice 的获胜情况。
 
-当 `nums` 的长度为偶数时，如果 Alice 必败，那么只有一种情况，就是 Alice 无论擦掉哪个数字，剩余所有数字的异或结果都等于 $0$。我们来分析一下是否存在这种情况。
+当 $\textit{nums}$ 的长度为偶数时，如果 Alice 必败，那么只有一种情况，就是 Alice 无论擦掉哪个数字，剩余所有数字的异或结果都等于 $0$。我们来分析一下是否存在这种情况。
 
-假设数组 `nums` 长度为 $n$，并且 $n$ 是偶数，记所有数字异或结尾为 $S$，则有：
+假设数组 $\textit{nums}$ 长度为 $n$，并且 $n$ 是偶数，记所有数字异或结尾为 $S$，则有：
 
 $$
-S = nums[0] \oplus nums[1] \oplus \cdots \oplus nums[n-1] \neq 0
+S = \textit{nums}[0] \oplus \textit{nums}[1] \oplus \cdots \oplus \textit{nums}[n-1] \neq 0
 $$
 
-我们记 $S_i$ 为数组 `nums` 擦掉第 $i$ 个数字后的异或结果，那么有：
+我们记 $S_i$ 为数组 $\textit{nums}$ 擦掉第 $i$ 个数字后的异或结果，那么有：
 
 $$
-S_i \oplus nums[i] = S
+S_i \oplus \textit{nums}[i] = S
 $$
 
-等式两边同时异或 $nums[i]$，得到：
+等式两边同时异或 $\textit{nums}[i]$，得到：
 
 $$
-S_i = S \oplus nums[i]
+S_i = S \oplus \textit{nums}[i]
 $$
 
 如果无论 Alice 擦掉哪个数字，剩余所有数字的异或结果都等于 $0$，那么对所有 $i$，都有 $S_i = 0$，即：
@@ -102,19 +102,19 @@ $$
 S_0 \oplus S_1 \oplus \cdots \oplus S_{n-1} = 0
 $$
 
-我们将 $S_i = S \oplus nums[i]$ 代入上式，得到：
+我们将 $S_i = S \oplus \textit{nums}[i]$ 代入上式，得到：
 
 $$
-S \oplus nums[0] \oplus S \oplus nums[1] \oplus \cdots \oplus S \oplus nums[n-1] = 0
+S \oplus \textit{nums}[0] \oplus S \oplus \textit{nums}[1] \oplus \cdots \oplus S \oplus \textit{nums}[n-1] = 0
 $$
 
-上式共有 $n$（偶数）个 $S$，而 $nums[0] \oplus nums[1] \oplus \cdots \oplus nums[n-1]$ 也等于 $S$，因此上式等价于 $0 \oplus S = 0$。这与 $S \neq 0$ 矛盾，因此不存在这种情况。因此当 `nums` 的长度为偶数时，Alice 必胜。
+上式共有 $n$（偶数）个 $S$，而 $\textit{nums}[0] \oplus \textit{nums}[1] \oplus \cdots \oplus \textit{nums}[n-1]$ 也等于 $S$，因此上式等价于 $0 \oplus S = 0$。这与 $S \neq 0$ 矛盾，因此不存在这种情况。因此当 $\textit{nums}$ 的长度为偶数时，Alice 必胜。
 
 如果长度为奇数，那么 Alice 擦掉一个数字后，剩余数字个数为偶数，也就是将偶数长度的情况留给 Bob，那么 Bob 必胜，也即 Alice 必败。
 
-综上，当 `nums` 的长度为偶数，或者 `nums` 中所有数字的异或结果为 $0$ 时，Alice 可以获胜。
+综上，当 $\textit{nums}$ 的长度为偶数，或者 $\textit{nums}$ 中所有数字的异或结果为 $0$ 时，Alice 可以获胜。
 
-时间复杂度 $O(n)$，空间复杂度 $O(1)$。其中 $n$ 为数组 `nums` 的长度。
+时间复杂度 $O(n)$，其中 $n$ 为数组 $\textit{nums}$ 的长度。空间复杂度 $O(1)$。
 
 <!-- tabs:start -->