05 2022 档案
摘要：只需要在配置文件中加入以下:销毁session、注销路径为logout.do、注销跳转页面 <!-- 退出 --> <security:logout invalidate-session="true" logout-url="/logout.do" logout-success-url="/logi
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摘要：AcWing858.Prim算法求最小生成树 题解 [注：先累加再更新防止自环使得dist[j]变小(自环为负数dist[j] = min(dist[j], gt][j]),j==t Prim的思路就是每次找出距离最近的点，再用距离最近的点更新其他点使其变得更近，寻得n-1条边成为最小生成树 #in
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摘要：二分图：所有点可以划分为两个集合，两个集合中的点存在相连边，而集合内部的点不存在相连的边，故不能含有奇数环，不然会导致某个点无法划分到这两个集合中 题目 朴素Prim:AcWing858.Prim算法求最小生成树 Kruskal:AcWing859.Kruskal算法求最小生成树 染色法判断二分图:
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摘要：介绍 在Spring Security中如果想要使用数据进行认证操作，有很多种操作方式，这里我们介绍使用UserDetails、 UserDetailsService来完成操作。 UserDetails public interface UserDetails extends Serializabl
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摘要：AcWing854.Floyd求最短路 题解 注意:k, i, j的顺序不能改变，必须以k作为桥梁 #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; const int N = 210; int g[N][N], n, m, k;
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摘要：AcWing852.spfa判断负环 题解 判断负环的思路：利用抽屉原理，当边数为n时，若要连成一条无环的直线我们需要n+1个点，但我们只有n个点，故可以判断出存在环。 且由于spfa更新路径的特性，代表这个环会使得路径变小，即这个环为负权环 #include <iostream> #include
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摘要：AcWing851.spfa求最短路 题解 spfa算法即为Bellman-Ford的优化，只有每次dist[a]发生了变化才需要更新对应的dist[b],通过此减少循环次数 #include <iostream> #include <cstring> #include <queue> using
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摘要：AcWing853.有边数限制的最短路 题解 存在负权回路可能会导致无法求最短路，比如说图中 2的自环，没转一圈距离-1，我们求1到5的距离可以转无穷圈2，即1到2的距离为 -无穷 循环n次求的是长度不超过n条边的最短路 #include <iostream> #include <cstring>
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摘要：SpringSecurity介绍 SpringSecurity是一款权限框架，为项目组提供安全认证服务。安全主要来源于两个操作： “认证”，是为用户建立一个他所声明的主体。主体一般是指用户，设备或可以在你系统中执行动作的其他系统。 “授权”指的是一个用户能否在你的应用中执行某个操作，在到达授权判断之
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摘要：表关系 Orders与Travller为多对多关系 Orders:订单表,一个订单有多个traveller。 Traveller:游客表，一个Travller有多个订单 中间表：order_traveller，保存有两者的id 业务需求:查询订单详情包括订单中的多个旅客 dao层代码： public
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摘要：AcWing850.Dijkstra求最短路 II 题解 #include <iostream> #include <cstring> #include <queue> #include <vector> using namespace std; const int N = 1e6 + 10; ty
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摘要：详解 规定n为点数， m为边数 稀疏图用堆优化Dijkstra， 稠密图用朴素Dijkstra 题目 朴素Dijkstra:AcWing849.Dijkstra求最短路 I 堆优化Dijkstra:AcWing850.Dijkstra求最短路 II bellman-ford:AcWing853.有边
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摘要：AcWing849.Dijkstra求最短路 I 题解 注意：本题存在重边，故g[x][y] = min(g[x][y], z); #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const
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摘要：依赖 <dependency> <groupId>com.github.pagehelper</groupId> <artifactId>pagehelper</artifactId> <version>5.1.2</version> </dependency> 配置 单纯使用mybatis无spr
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摘要：AcWing848.有向图的拓扑序列 题解 额外知识:有向无环图必然有拓扑序列 将入度为0的点放入队列，再逐一拿出，那些以此点为入度的点减1，若有新的入度为0则放入队列。 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using n
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摘要：AcWing845.八数码 题解 还是一道bfs标准题，每次存入4个方向的状态，直到找到最终状态 #include <iostream> #include <cstdio> #include <unordered_map> #include <queue> using namespace std;
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摘要：AcWing847.图中点的层次 题解 #include <iostream> #include <cstring> #include <queue> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int n, m; q
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摘要：AcWing846.树的重心 题解 树的深度优先遍历：可以算出各子树的结点数 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int ans =
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摘要：AcWing844.走迷宫 题解 stl #include <iostream> #include <cstring> #include <queue> using namespace std; typedef pair<int,int> PII; const int N = 110; queue<
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摘要：AcWing843.n-皇后问题 题解 解法一：对每一行进行遍历，因为皇后不在同一列，故每一行取不同列(列行转换同理) #include <iostream> #include <cstdio> //对每一行进行遍历，由于皇后不能在同一列，故每一行的摆放列都不同 using namespace st
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摘要：AcWing842.排列数字 题解 #include <iostream> using namespace std; const int N = 10; bool vis[N]; int nums[N], n; void dfs(int u) { if(u == n + 1) { for(int i
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摘要：AcWing 143. 最大异或对 题解 将每个数的二进制形式存入Trie树，再对每个数的每一位进行遍历，若为1则找0，若为0则找1。 #include <iostream> using namespace std; const int N = 1e5 + 10, M = 3100010; //每个
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摘要：AcWing841. 字符串哈希 题解 前缀字符串哈希 p = 131 或 13331 Q = 2^64 百分之九十九概率不会出现冲突 #include <iostream> using namespace std; const int N = 1e5 + 10, P = 131; typedef
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摘要：AcWing840. 模拟散列表 题解 哈希函数：将题目输入的数映入成0~10^5范围的下标存入数组。 哈希取模的数最好是质数，这样冲突的概率最小(数学上存在证明，感兴趣可去搜) 拉链法 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring>
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摘要：AcWing839. 模拟堆 题解 #include <iostream> using namespace std; const int N = 1e5+10; //hp:堆中下标k,集合中下标为hp[k] //ph:集合中下标k,堆中下标ph[k] int p[N], h[N], hp[N], p
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摘要：堆 (下标一定要从0， 0无法乘2) 该讲解的是小根堆，如果是大根堆，则需转换一下思维 堆是一颗完全二叉树,且最后一层是从左往右存储的,堆每个父节点都小于等于左右结点，故根节点为最小值 堆有两个操作，其余所有操作都可由这两个操作组合而成： down(x):当x结点的值变大的时候，我们要将x向下移动，
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摘要：AcWing240. 食物链 题解 （2->1代表1吃2） 轻易可知，该食物链成一个环，只要得知该环中两条边，即可推出第三条边 将所有点存储在一个集合中，集合的边表示结点之间的关系，利用点到根节点的距离判断种类，故我们需要额外维护一个保存到父节点距离的数组。 路径压缩：还是将父节点直接改为根节点，距
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摘要：AcWing837. 连通块中点的数量 题解 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int p[N], cnt[N], n, m, x, y; int find(int x
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摘要：并查集 处理问题 1.将两个集合合并 2.询问两个集合是否在一个集合当中 暴力思维 1.询问两个元素是否在一个集合 belong[x] = a; //元素x在a集合 if(belong[x] == belong[y]) //判断a与b是否在一个集合，复杂度O(1) 2.合并集合 //将a，b集合合并
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摘要：通过web图形界面操作私服 启动nexus服务，然后访问 hhtp://ip地址:8081//nexus 默认账号：admin 默认密码:admin123 几种仓库类型介绍 临时版jar包仓库 第三方jar包仓库 正式版jar包仓库 中央仓库 私服上传jar包 1.修改maven配置文件settin
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摘要：1.拆分与聚合思想 以实际生活为例子： 买家：买家看订单，必须把数据库中订单数据查询出来 卖家：卖家看订单，同样查找数据库中订单数据 买家用的是tb项目，卖家用的是管理系统项目，所属项目不同，可是代码却可相互重用 有的人可能觉得，把代码复制过去不就行了。 一份代码重用：修改维护，只用修改一份。 一份
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摘要：作用 maven工程是可以父子依赖关系的。 凡是依赖别的项目后，拿到别的项目的依赖包，都属于传递依赖。 比如：当前A项目，被项目B依赖，那么我们A项目中所有jar包都会传递到B项目中。B项目开发者，如果在B项目中也导入同一套jar包，为直接依赖，会覆盖掉A项目的依赖。 为了防止以上情况出现，我们以把
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摘要：AcWing835. Trie字符串统计 题解 Trie高效存储和查询字符串集合的数据结构 Trie树存储：结尾打上标记，表示为结尾 Trie树查找：根据逐个字符查找，能查找到所有字符且具有结尾标记。 #include <iostream> using namespace std; const in
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摘要：ACWing3302.表达式求值 题解 #include <iostream> #include <stack> #include <unordered_map> #include <cstring> using namespace std; unordered_map<char, int> pr{
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摘要：讲解 我的KMP博客 AcWing831.KMP字符串 题解 本题用find函数会超时，因为find并没有对于找到子串的情况下次使用next。 KMP改进模式 下标从1开始 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; cons
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摘要：AcWing154. 滑动窗口 题解 暴力做法：直接遍历窗口里的所有元素找出最小值或最大值 寻找性质： 寻找最小:当 a[i] >= a[j] 且 i < j 时, 若在一个窗口中，则可以不考虑a[i]，故每次找最小值找队头a[hh]即可 例子： 故整个队列是严格单调的，故称为单调队列 #inclu
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摘要：AcWing830.单调栈 题解 暴力思维：把左边的数放在一个栈，每次从栈中找左边第一个小的数 寻找性质： 什么数该入栈，什么数该出栈？ 当 a[i] >= a[j]（注意这里一定要等于可以节省很多入栈操作） 且 i < j 时， a[i]永远都不会用到，所以我们应该出栈a[i],入栈a[j]. 由
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摘要：AcWing829.模拟队列 #include <iostream> using namespace std; const int N = 1e5+10; int q[N], hh, tt; int main() { int n, k; cin >> n; string c; while( n --
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摘要：AcWing828.模拟栈 #include <iostream> using namespace std; const int N = 1e5+10; int stk[N], tt; int main() { int n, k; cin >> n; string c; while(n -- ) {
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摘要：使用数组原因 因为new/malloc一个空间是非常慢，用数组模拟链表效率更高。 单链表：邻接表——AcWing826.单链表 题目 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 1e5+10; in
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摘要：分析 环境配置 1.导入依赖 <!-- 统一管理jar包版本 --> <properties> <project.build.sourceEncoding>UTF-8</project.build.sourceEncoding> <maven.compiler.source>11</maven.co
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摘要：AcWing803. 区间合并 题解 #include <iostream> #include <algorithm> #include <vector> using namespace std; typedef pair<int,int> PII; vector<PII> segs; void m
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摘要：AcWing802.区间和 题解 本题要是一个很长的数轴，已经超过了数组的长度1e6，故我们需要使用离散化压缩空间 #include <iostream> #include <cstdio> #include <vector> #include <algorithm> using namespace
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摘要：离散化应用 离散化模板 vector<int> alls; sort(alls.begin(), alls.end()); alls.erase(unique(alls.begin(),alls.end()), alls.end()); //获取离散化后的映射 int find(int x) { i
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摘要：分析 实现 1.后端controller package com.czy.controller; import org.springframework.stereotype.Controller; import org.springframework.web.bind.annotation.Requ
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摘要：AcWing2816.判断子序列 题解 即在另一个序列中，找到所有本序列的值，且具有相同的排列 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 1e5+10; int a[N], b[N]; int m
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摘要：AcWing 800. 数组元素的目标和 题解 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 1e5+10; int a[N], b[N]; int main() { int n, m, x, i,
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摘要：分析 为防止异常直接显示在浏览器上，我们需要一个异常处理器，转到错误提示页面。 实现 1.编写自定义异常类(做提示信息的) package com.czy.exception; /** * 自定义异常类 */ public class SysException extends Exception{
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摘要：Acwing799.最长连续不重复子序列 题解 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 1e5+10; int a[N], s[N]; int main() { int n; scanf("%d
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摘要：双指针模板 入门案例——统计单词 #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; int main() { string s; getline(cin,s); for(int i = 0; i < s.size(); ++i)
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摘要：分服务器的目的 上传分析 实现 1.导入jar包(jersey) <dependency> <groupId>com.sun.jersey</groupId> <artifactId>jersey-core</artifactId> <version>1.19</version> </depende
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摘要：文件上传的必要前提 文件上传原理 第三方组件实现文件上传 传统文件上传方式 1.导入依赖 <dependency> <groupId>commons-fileupload</groupId> <artifactId>commons-fileupload</artifactId> <version>1
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摘要：AcWing 801. 二进制中1的个数 题解 用lowbit可以找到，最后一个1的位置。 通过lowbit计算每个数二进制1的个数，复杂度O(logn)，n个数，一共O(nlogn) #include <iostream> #include <cstdio> const int N = 1e5+1
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摘要：Acwing798.差分矩阵 题解 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 1e3+10; int s[N][N]; void insert(int x, int y, int xx, int
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摘要：Acwing797.差分 题解 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 1e5+10; int b[N]; void insert(int l, int r, int c) { b[l] +=
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摘要：Acwing796.子矩阵的和（二维前缀和） 题解 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 1e3+10; int s[N][N]; int main() { int n, m, q; scan
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摘要：Acwing795.前缀和 题解 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 1e5+10; int a[N]; int main() { int n, m; scanf("%d%d",&n,&m)
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摘要：Acwing794.高精度除法 题解 也是一个模拟笔算的过程 #include <iostream> #include <vector> #include <algorithm> using namespace std; vector<int> div(vector<int> &a, int b)
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摘要：Acwing793 题解 一种简化笔算的过程，让大数的逐位去乘小数即可 #include <iostream> #include <vector> using namespace std; vector<int> mult(vector<int> &a, int b) { vector<int> c
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摘要：返回值类型 返回值为String 通过视图解析器，会以返回的String作为页面名称进行页面跳转（注意是跳转不是转发）。 @Controller @RequestMapping("/user") public class UserController { @RequestMapping("/test
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摘要：Acwing790.数的三次方根 题解 做法一：通过二分运算到符合精度要求 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; #define f 1e-8 int main() { double x; cin >> x; doubl
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摘要：Acwing789.数的范围 题解 最左边界,每次 mid >= x 则 r = mid, 再找左边是否有符合要求的边界。 最右边界,每次 mid ⇐ x 则 l = mid, 再找右边是否有符合要求的边界。（注意当l = r-1时 ，（l+r）>> 1 == l 故我们需要 mid = （l +
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摘要：Acwing792.高精度减法 题解 #include <iostream> #include <vector> using namespace std; bool cmp(vector<int> &a, vector<int> &b) { if(a.size() != b.size()) retu
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摘要：Acwing791.高精度加法 题解 高精度加法 #include <iostream> #include <cstdio> #include <vector> using namespace std; vector<int> add(vector<int> &a, vector<int> &b)
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摘要：Acwing788.逆序对的数量 题解 暴力做法：对每个字符串前或后二选一进行统计，复杂度O(n2)超时 归并排序：由于归并二分的特性，能够保证每个数在没排序前都能统计到（会分到长度为2的序列），同时排序完左右后并不影响右边对于左边的逆序对数，或左边对于右边的逆序对数，时间复杂度O(nlogn) #
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摘要：Acwing787.归并排序 题解 归并排序：采用分治思想，将左右完成排序，再进行一个归并，用左右得出整体的结果 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int N = 1
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摘要：Acwing786.第k个数 题解 快排本质上就是找出所取数在序列中的位置，再对其左右进行二分。 所以本题用快排可以以O(nlogn)复杂度解出。 #include <iostream> #include <cstdio> using namespace std; const int N = 100
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摘要：Acwing785.快速排序 题目 题解 快排最坏情况为：O(n2),本题若遇到最坏情况会超时，故我们需要优化快排，每次取中间的数，而不是取边界的数 最坏情况分析————序列已经有序： 每次取左区间的数进行快排，每次调用函数遍历r-l次，调用函数次数为n次，时间复杂度O(n2) 每次取中间的数进行快
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摘要：RequestParam 作用：可以解决前台传值名称与后台名字不匹配导致无法接受的问题。 属性：required——是否必须有该值，默认是true，若接受不到该值则会报错400:Bad Request //必须传一个为name的变量，否则会出现400:Bad Request，因为required为t
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摘要：直接以request与response为参数即可获取 @RequestMapping("/testServlet") public String testServlet(HttpServletRequest request, HttpServletResponse response){ System
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摘要：请求参数的绑定说明 1.绑定机制 只需要在方法中的参数写上变量名与参数名相同的形参，即可自动获取。 底层实现：通过反射获取形参的名字，再如servlet那样通过request获取参数。 2.支持的数据类型 基本数据类型和字符串类型 实体类型(JavaBean) 集合数据类型(List、map集合等)
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摘要：作用 用于请求URL和处理请求方法之间的对应关系 位置 可以放在方法上或类上 放在类上类似于多级目录，例如:user/testRequestMapping @Controller @RequestMapping("/user") public class HelloController { @Req
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摘要：需求分析 编写过程 1.导入相关jar包 <?xml version="1.0" encoding="UTF-8"?> <project xmlns="http://maven.apache.org/POM/4.0.0" xmlns:xsi="http://www.w3.org/2001/XMLSc
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摘要：题目 题解 #include <iostream> #include <cstring> using namespace std; typedef long long LL; const int N = 3; int n, m; void mult(int c[], int a[], int b[]
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