摘要：/* 对于A的任何一种排列 设B至少i个位置和A相同：C(n,i)*A(m-i,n-i)对上面那个容斥下就行 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define mod 1000000007 #de
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摘要：1.函数原型对象 Function 的使用 <!--将字符串转换成可执行的代码--> 小朋友，请输入简单计算 <input type="text" id="calc"/> <input type="button" value="计算" onclick="calc()"/> 结果：<span id="
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摘要：看了一整天三角剖分。。能找到的题只有求最大面积最小的三角剖分。。 然而这题除了用些三角剖分的性质外。。其实是个dp #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int INF = 1e9; const int maxn = 50 + 5;
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摘要：面完试第一场vp cf，感觉题目挺规矩的，可能是有些历史了 c #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int inf = 0x3f3f3f3f; const int mod = 1e9 + 7; const int N = 1e5 +
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摘要：AVL 重点基本上在两个rotate里面 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 200005 struct Node{ int key,height; Node* lc; Node* rc; }; Node* root = NU
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摘要：OS内存段页机制 1 内存分段机制 1.1 重定位 重定位可以在编译或载入程序时，修改程序中的地址(即原来程序中的地址是相对的) 如有以下程序 ... 1040：_main:mov [300], ... call xx 1000:call 40 在编译时给这段程序增加一个偏移量offset=1000
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摘要：OS进程/线程切换 1.基本概念 1.1 进程 进程：运行中的程序，同一个程序可以运行出多个进程，其不同之处表现在PCB中 PCB：用来记录进程信息的数据结构，类似于当前CPU的快照加上一些进程本身的数据 CPU切换进程from->to：需要将当前运行着的进程from的PCB保存下来，然后将to的P
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摘要：分析OS系统调用 一些基本概念 系统调用概念 系统库中为系统调用编写了许多接口函数(API)，不同的API对应了不同的真正的（OS内核中）系统调用 从实模式到保护模式 x86系统在刚开机时处于实模式，即cs:ip的寻址方式为cs左移四位+ip，寻址能力只有20位，当bootsect.s和setup.
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摘要：好像以前在cf上碰到过类似的题，但是也思路上又不太一样。。 首先我们确定用map：mp来存每条直线的解析式ax+by+c=0 那么必然要两两枚举直线，然后判有多少个点在直线上：这样复杂度貌似是O(n^3)的，显然要优化一波 可以发现很多点其实不在直线上，那么我们要转换下统计的方式，改成一条直线一条直
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摘要：这道题dp部分不难，就是建模和写起来麻烦。。 首先分析给定的地图，我们可以发现只有那些石堆，起点，终点，机关所在地是有用的(不超过100)个点的信息是有用的 再进行分析，可以以将起点终点机关当做点，石堆当做边来建图 然后我们就可以在无向图上进行dp 经典的tsp问题，dp[S][i]表示访问的点集状
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摘要：这题显然可以用后缀自动机的endpos集合来做，复杂度也应该是所有解法里最优秀的O(n) 但是写起来太麻烦了，用二分+字符串hash可以轻松过掉 ps：本题hash冲突比较严重，但是用自然溢出反而不会冲突。。另外用unordered_map比map要快很多 class Solution { publ
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摘要：最近做题老被lambda表达式折磨(c++的class内部sort函数里不让自定义cmp函数，只能丢一个匿名函数进去)，索性把这块东西学一学 首先是c++11 的lambda： [函数对象参数] (操作符重载函数参数) mutable 或 exception 声明 -> 返回值类型 {函数体} 下面
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摘要：这题要真推算起来还是比较复杂的，但是可以先猜个结论： 首先肯定是前面一半复制到后面一半：这是很显然的，所以答案字符串由前面一半所控制 我们把前面一半+1，前面一半-1都考虑进去，如果没有进位退位（即字符串长度保持不变的情况下），那么这三个字符串足以覆盖答案出现的范围 下面再考虑进位和退位，显然进位的
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摘要：老经典题了，不过如果不是这题我差点忘了单调队列的性质。。平时做的几乎都是单调栈 这题和区间的和相关，那么首先弄一个前缀和出来(记得偏移一位，在前面补上个0)，然后再遍历这个前缀和数组 遍历过程中维护一个单调队列deque 维护单调性：第i个元素进队时弹出后面所有不小于它的 尺取更新答案：完成上面一步
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摘要：给定一个链表，返回链表开始入环的第一个节点。 如果链表无环，则返回 null 经典快慢指针，首先用快慢指针s,f从head开始扫描，设两个指针在一段时间t后相遇 此时慢指针走了t步，设t=a+b，其中a是环外的，b是环内部分 此时快指针走了2t步，同时快指针一定在环上绕了k圈，设环长度为c，有等式2
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摘要：有幸打上了wls的举办的第一场比赛 知道一定是矩阵快速幂加速dp，但是递推公式一下子有点难弄 看了题解后才发现可以将这些六边形平放，平放之后很容易发现从第i个到第i+1的关键点是1，2： 因为第i+1个六边形所有点的所有方向的状态，都是由第i个六边形1或2的方向推出的 所以我们只要dp第i个六边形点
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摘要：这题的强化版 1325F 题目里很友好的给了一个结论：对于任何一张n个点的无向图，任何一个k<=n，图中要么有大小不超过k的环，要么有大小为ceil(k/2)的独立集 证明很简单： 我们先定义单元环：环上的点的度数都为2 对于任意一个单元环，其大小如果超过k，那么必有>=ceil(k/2)的独立集
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摘要：给定一个[0,n-1]排列p，每次询问(i,j)返回pi|pj,最多4269次询问，推出这个排列 本题关键在于确定0的位置 一个结论：我们可以通过两次询问，从三个数中排除掉一个肯定不是0的数 因此：我们维护住两个值下标a,b,并且假设0在pa,pb这两个数中出现 初始时a=0,b=1,然后枚举c=[
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摘要：这题非常好。。看似很简单其实比较复杂，交了一堆假算法全wa了。。 看题解也好久才弄明白 /* 给定一张有向图，确定一个点T，问有多少T0,满足所有T0->T的路径，都经过边(T0,T) 建立反图,T变为起点，求所有T0,满足T->T0所有路径都经过(T,T0) 首先确定用bfs，我们从每个和T连边T
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摘要：/* 直接求多边形面积 */ #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef double db; const db eps=1e-6; const db pi=acos(-1); int sign(db k){ if (k>eps) ret
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摘要：老套路了。。 /* 给定起点(xs,ys), 终点(xd,yd), 最大旅程距离B 汽车的每公里代价C0 其余交通方式数量T<=100 其余交通方式代价[C1..CT]<=100 车站数量N<=1000 第i个车站的位置(xi,yi),边数li<=100,每条边(j,mj)表示连向第j个车站，交通方
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摘要：思考了挺久的一题，主要卡在建图这一块，序列上的问题很难想到图论上。。 可以交换位置是一种关系，那么不能交换也是一种关系：两个不是朋友的点，相对位置保持不变！ 不能交换的关系的两点就可以连边，在图上u->v就表示u一定在v前面 但是这样暴力建图显然会炸，我们再进行优化： 我们把动物i(设物种x)和其后
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摘要：#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 300005 #define mod 998244353 #define ll long long int n,a[N],m,b[N],c[N],d[N]; int main(){ cin>
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摘要：/* gcd(x,y)=1 可推出 gcd(x+y,xy)=1 反证法：gcd(x+y,xy)=c，c>1,那么设x+y=ac,xy=bc 由于xy互质，所以c必定一部分质因子px出自x，另一部分py出自y x+y=a*px*py,其中px*py>1，且(x,y)=1,这是不成立的 假设不成立，所以
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摘要：这套题简单得匪夷所思。。def都是分析下性质就出来了。。 d：把B周围四个点标记一下，然后跑一次联通块就行 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 55 int X,Y,n,m,f[N][N],v[N][N]; char mp[N
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摘要：很有意思的构造题，前面尽可能长的设一连串1，后面用[n+1,2n]去补，补的方式也是一连串的构造，使连续串尽可能长，每段的贡献是len*(len-1)/2 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 200005 #define ll
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摘要：web课布置了个作业，给一份全是bug的日历，要解决chrome上的事件冲突问题 ps:事件冲突解决起来真的很麻烦 1.onblur 和 onclick冲突 onclick 相当于 在某一元素上触发了 onmousedown（即鼠标按下）后 任然在该元素 上 触发了onmouseup（鼠标按键弹起）
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摘要：一直想学怎么求平面最近点对，看了一上午oi wiki整明白了 传送门 https://oi-wiki.org/geometry/nearest-points/ 大致思路 1.开始分治前将所有点按x坐标排序 2.分治(l,r)，如果r-l<=5，那么直接暴力求出结果然后返回 3.反之分治左右区间，设左
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摘要：ps:DOM编程的一些前置知识点 常用事件和注册事件的两种方式 <!DOCTYPE html> <html> <head> <meta charset="utf-8"> <title>JS的常用事件</title> </head> <body> <script type="text/javascri
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摘要：变量定义和使用 <!DOCTYPE html> <html> <head> <meta charset="utf-8"> <title>关于JS中的变量</title> </head> <body> <script type="text/javascript"> /* java中的变量： 1、jav
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摘要：这题很奇怪啊，思路没问题但是自己写的有问题 碰到大数据总是T，也不知道错在哪里（也许是爆栈了？） ps:原来是在求欧拉回路时边指针没有向前推 从小到大枚举答案k 那么所有连接的边至少是2^k的倍数 这种模型可以想到欧拉回路； 图上2^k个点，对应权值是[0..2^k-1]，每个大珠子看成一条边，u,
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摘要：贪心策略：用一个map当做桶来用，然后从大到小遍历map 如果某个值出现次数是偶数，说明这个数可以被两边平分， 反之有一边就要多一个这个数，为了平衡，我们要在另一边补上缺少的值 补的方法：设少的值是x，那么此时大于x的数已经分配完成，剩下的数范围为[0,x-1]，我们只要枚举x-1到0，直到补完缺少
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摘要：构造方法：设当前点是now，如果下一次向右转，那么下一个点就是未访问过的和now叉积最逆时针的那个；反之下一次左转，那么下一个点就是未访问过的和now叉积最顺时针的（意会一下即可）那个点 总之就是不断找最极端的点nxt，使其他所有点都在now->nxt的左侧和右侧，这样必定会有解，复杂度O(n^2)
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摘要：这题真的不错，有cf 的感觉 三元环计数：这题要先把三元环统计出来 https://www.cnblogs.com/Dance-Of-Faith/p/9759794.html 贪心：以v为顶点,把所有包含v的三元环统计出来，然后取权值最大的三个三元环t1,t2,t3，可以确定v为顶点的策略中至少有这
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摘要：线性筛+dp 用埃氏筛好像过不去。。可能是我写的dp太慢了。。 首先可以确定的是这题是可以dp的，对于每个数num[i],将其质因子分解出来，对于每个质因子pi，找到[1..i-1]里所有可以被pi整除的位置pos,用mi[pos-1]去更新mi[i]即可 向右扫描的时候维护一个pos[]数组，po
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摘要：很经典的题，但是好久没做这类有点忘了。。 经典状压dp做法：用S表示一行的状态，某位为1表示该位被占用，反之表示该位未被占用 dp[i][S]表示第i行状态为S时的最大覆盖数，那么枚举第i-1行的状态S',如果S,S'都合法，那么此时可以求出S状态下最多可以放多少块砖 预处理出cnt[S1][S2]
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摘要：这题实际上是要构造出一种最优的调度策略吧。。 有一个二叉树形式的任务依赖结构，我们有两个 CPU 核，这两个核可以同时执行不同的任务，问执行完所有任务的最小时间，也即是希望两个 CPU 核的并行时间尽可能大 先对题目给定的条件进行分析： 1.对于子树u来说，结点u是必须串行的(u下的结点都依赖于u)
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摘要：这个状压还要输出方案实在是太ex了 第 i 行放完了水后，能新种下的甘蔗数量取决于 i − 1 行和 i − 2 行 的状态 令 dp【i,j】 表示放完前 i 行且最后两行状态为 j 时最多能种下的数量 我们在第 i 行放水有可能能使 i − 1 行的某个格子能够放上甘蔗了， 但如果不知道 i −
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摘要：被string坑惨了。。 使用string前记得如果要直接进行下标运算，如s[10]=‘a'这种,要记得先给string开空间，string s=string(100,'a') 这样 首先预处理出原串中所有类型数对的个数，如12,13,14...这种 考虑每种变换，都是在原串的基础上，通过映射得到的
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摘要：题意: 把 n 个数分成若干组，组内互质，问最少要分几组。题目给 了一个贪心的假算法，你需要构造一组输入和对应的解使得你分的 组数恰好比贪心的少 k ，不要求你分的也是最少的 数组a不能有重复元素的解法 给定数组A，要求将A分最少的组，每组内的元素互质 有一个假算法，枚举A[1..n]，如果没有可加
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摘要：感觉这题真好！ /* 首先可以将操作换一种理解方式：取s[i]然后插到其左边任一位置 可以发现从s->t是一个凑后缀的过程 那么我们将s，t翻转，将操作变成取s[i]然后插到右边任一位置，于是s->t变成了凑前缀的过程 dp[i][j]表示s[1..i]凑出t[1..j]的代价 如果s[1..i]能
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摘要：昨天早知道先做这题的。。 随便写写就能过 /* 贪心：结点按a升序排序依次处理 s[u]表示u子树b=1结点个数 t[u]表示u子树c=1节点个数 dif[u]表示u子树bc不同的个数 vis[u]表示u所有子孙被访问了 每次遍历到u,先求一次s,t,dif 如果s[u]=t[u]，那么u的贡献就是
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摘要：一般交互就跑不出二分。。 但是这题我看了半天才明白啥意思。。最后还fst了 发现有个地方多输出了点东西。。 第一次询问：最大值mx 后面十次询问：二分确定最大值所在位置x 最后一次询问：设x所在si，问出si对应的答案，其他位置的答案都是mx #include<bits/stdc++.h> usin
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