1. 基本用法

unordered_map<string,double> myrecipe, mypantry = {{"milk",2.0},{"flour",1.5}};
/*================常用操作===================*/
find 　　　　　　通过给定主键查找元素,没找到：返回unordered_map::end
count 　　　　　返回匹配给定主键的元素的个数
/****************插入*****************/
pair<string,double> myshopping ("baking powder",0.3);
myrecipe.insert (myshopping);                        // 复制插入
myrecipe.insert (make_pair<string,double>("eggs",6.0)); // 移动插入
myrecipe.insert (mypantry.begin(), mypantry.end());  // 范围插入
myrecipe.insert ({{"sugar",0.8},{"salt",0.1}});    // 初始化数组插入(可以用二维一次插入多个元素，也可以用一维插入一个元素)
myrecipe["coffee"] = 10.0;  //数组形式插入
/****************查找*****************/
unordered_map<string,double>::const_iterator got = myrecipe.find ("coffee");
if ( got == myrecipe.end() )
    cout << "not found";
else
    cout << "found "<<got->first << " is " << got->second<<"\n\n";
/****************修改*****************/
myrecipe.at("coffee") = 9.0;
myrecipe["milk"] = 3.0;
display(myrecipe,"After modify myrecipe contains:");
/****************擦除*****************/
myrecipe.erase(myrecipe.begin());  //通过位置
myrecipe.erase("milk");    //通过key
/****************交换*****************/
myrecipe.swap(mypantry);
/****************清空*****************/
myrecipe.clear();
/************begin和end迭代器***************/
cout << "mymap contains:";
for ( auto it = mymap.begin(); it != mymap.end(); ++it )
    cout << " " << it->first << ":" << it->second;
cout << endl;

2. 应用

2.1取模—— 能被K整除的子数组

题目：
给定一个整数数组 A，
返回其中元素之和可被 K 整除的（连续、非空）子数组的数目。
示例：
输入：A = [4,5,0,-2,-3,1], K = 5
输出：7
解释：
有 7 个子数组满足其元素之和可被 K = 5 整除：
[4, 5, 0, -2, -3, 1], [5], [5, 0], [5, 0, -2, -3], [0], [0, -2, -3], [-2, -3]
class Solution {
public:
    // j...i需满足pre[i] % K == pre[j-1] % K
    // 用哈希表存储“模K值”(pre[]%K)的个数
    int subarraysDivByK(vector<int>& A, int K) {
        unordered_map<int, int> mod_map;
        mod_map[0] = 1;
        int sum = 0, mod ,res = 0;
        for(int i=0;i<A.size();i++){
            sum += A[i];
            mod = (sum % K + K) % K;
            if(mod_map[mod]) res += mod_map[mod];
            mod_map[mod]++;
        }
        return res;
    }
};

2.2前缀和—— 和为K的子数组

题目：
给定一个整数数组和一个整数 k，
你需要找到该数组中和为 k 的连续的子数组的个数。
示例 1 :
输入:nums = [1,1,1], k = 2
输出: 2 , [1,1] 与 [1,1] 为两种不同的情况。
class Solution {
public:
    //核心算法：j...i需要满足pre[i] - pre[j-1] = K
    //通过哈希表来记录“前缀和(pre[])的值”的“出现次数”
    int subarraySum(vector<int>& nums, int k) {
        unordered_map<int, int> umap;
        vector<int> pre(nums.size()+1,0);
        umap[0] = 1;
        int sum = 0, res = 0, target;
        for(int i=1;i<=nums.size();i++ ){
            pre[i] = pre[i-1] + nums[i-1];
            target = pre[i] - k;
            if(umap[target]) res+= umap[target];
            umap[pre[i]]++;
        }
        return res;
    }
};

2.3 哈希表&链表——LRU表

运用你所掌握的数据结构，设计和实现一个 LRU (最近最少使用) 缓存机制 。
实现 LRUCache 类：

LRUCache(int capacity) 以正整数作为容量 capacity 初始化 LRU 缓存
int get(int key) 如果关键字 key 存在于缓存中，则返回关键字的值，否则返回 -1 。
void put(int key, int value) 如果关键字已经存在，则变更其数据值；如果关键字不存在，则插入该组「关键字-值」。当缓存容量达到上限时，它应该在写入新数据之前删除最久未使用的数据值，从而为新的数据值留出空间。

进阶：你是否可以在 O(1) 时间复杂度内完成这两种操作？

struct DLinkedNode {
    int key, value;
    DLinkedNode* prev;
    DLinkedNode* next;
    DLinkedNode(): key(0), value(0), prev(nullptr), next(nullptr) {}
    DLinkedNode(int _key, int _value): key(_key), value(_value), prev(nullptr), next(nullptr) {}
};
// 设计思想： 双向链表用来实现LRU，包括(key,value),
// 为了O(1)时间根据key找到节点位置，使用哈希表映射key和节点指针
class LRUCache {
private:
    unordered_map<int, DLinkedNode*> cache;
    DLinkedNode* head;
    DLinkedNode* tail;
    int size;
    int capacity;
public:
    LRUCache(int _capacity): capacity(_capacity), size(0) {
        // 使用伪头部和伪尾部节点
        head = new DLinkedNode();
        tail = new DLinkedNode();
        head->next = tail;
        tail->prev = head;
    }
    int get(int key) {
        if (!cache.count(key)) {
            return -1;
        }
        // 如果 key 存在，先通过哈希表定位，再移到头部
        DLinkedNode* node = cache[key];
        moveToHead(node);
        return node->value;
    }
    void put(int key, int value) {
        if (!cache.count(key)) {
            // 如果 key 不存在，创建一个新的节点
            DLinkedNode* node = new DLinkedNode(key, value);
            // 添加进哈希表
            cache[key] = node;
            // 添加至双向链表的头部
            addToHead(node);
            ++size;
            if (size > capacity) {
                // 如果超出容量，删除双向链表的尾部节点
                DLinkedNode* removed = removeTail();
                // 删除哈希表中对应的项
                cache.erase(removed->key);
                // 防止内存泄漏
                delete removed;
                --size;
            }
        }
        else {
            // 如果 key 存在，先通过哈希表定位，再修改 value，并移到头部
            DLinkedNode* node = cache[key];
            node->value = value;
            moveToHead(node);
        }
    }
    void addToHead(DLinkedNode* node) {
        node->prev = head;
        node->next = head->next;
        head->next->prev = node;
        head->next = node;
    }
    void removeNode(DLinkedNode* node) {
        node->prev->next = node->next;
        node->next->prev = node->prev;
    }
    void moveToHead(DLinkedNode* node) {
        removeNode(node);
        addToHead(node);
    }
    DLinkedNode* removeTail() {
        DLinkedNode* node = tail->prev;
        removeNode(node);
        return node;
    }
};

2.4. 最长连续特征

题目：
小明是一名算法工程师，同时也是一名铲屎官。某天，他突发奇想，想从猫咪的视频里挖掘一些猫咪的运动信息。为了提取运动信息，他需要从视频的每一帧提取“猫咪特征”。一个猫咪特征是一个两维的vector<x, y>。如果x_1=x_2 and y_1=y_2，那么这俩是同一个特征。
因此，如果喵咪特征连续一致，可以认为喵咪在运动。也就是说，如果特征<a, b>在持续帧里出现，那么它将构成特征运动。比如，特征<a, b>在第2/3/4/7/8帧出现，那么该特征将形成两个特征运动2-3-4 和7-8。
现在，给定每一帧的特征，特征的数量可能不一样。小明期望能找到最长的特征运动。
输入描述:
第一行包含一个正整数N，代表测试用例的个数。
每个测试用例的第一行包含一个正整数M，代表视频的帧数。
接下来的M行，每行代表一帧。其中，第一个数字是该帧的特征个数，接下来的数字是在特征的取值；比如样例输入第三行里，2代表该帧有两个猫咪特征，<1，1>和<2，2>
所有用例的输入特征总数和<100000
N满足1≤N≤100000，M满足1≤M≤10000，一帧的特征个数满足 ≤ 10000。
特征取值均为非负整数。
输出描述:
对每一个测试用例，输出特征运动的长度作为一行
示例1
输入：
1
8
2 1 1 2 2
2 1 1 1 4
2 1 1 2 2
2 2 2 1 4
0
0
1 1 1
1 1 1
输出：3

算法思想：用两个前后哈希表来更新特征连续出现次数。

#include <iostream>
#include <map>
using namespace std;
int main(void)
{
    int num;
    int count = 0;
    pair<int,int> xy;
    map<pair<int,int>,int> Frame;
    map<pair<int,int>,int> PreFrame;
    cin>>num;
    while(num--)
    {
        int n;
        cin>>n;
        while(n--)
        {
            int m;
            cin>>m;
            for(int i=0;i<m;i++)
            {
                cin>>xy.first;
                cin>>xy.second;
                if(PreFrame[xy] >= 1)
                {
                    Frame[xy]= PreFrame[xy] + 1;;
                }
                else{
                    Frame[xy] = 1;
                }
                if(Frame[xy]>count)
                    count = Frame[xy];
            }
            PreFrame.swap(Frame);
            Frame.clear();
        }
        cout<<count<<endl;
    }
}