签到题 字符串模拟二进制加法，因为 X17 = X16 + X1，而 16 倍相当于二进制左移四位，再和本身进行二进制相加即可。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e3 + 10; int a[N]; int b[N]; string str; int main() { cin >> str; int len = str.size(); f
BFS 使用STL中的queue 点击查看代码 #include<iostream> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; typedef pair<int, int> PII; const int N = 100 + 10; int n, m; int g[N][N], d[N][N]; queue<PII> q; int bfs() { q.push({0,
AcWing 802.区间和 题目描述 假定有一个无限长的数轴，数轴上每个坐标上的数都是 0。 现在，我们首先进行 n次操作，每次操作将某一位置 x 上的数加 c。 接下来，进行 m次询问，每个询问包含两个整数 l 和 r，你需要求出在区间 [l,r] 之间的所有数的和。 输入格式 第一行包含两个整数 n 和 m。
2.1.3 BFS中的双向广搜和A-star：https://www.acwing.com/video/455/ ps：为了督促自己学习新算法，开启每日acwing，如果顺利的话，暑假前可以把提高课刷完，然后暑假继续学习进阶课，学习过程中可以顺便看oiwiki，其他的算法学习方式感觉就没必要了，先把acwing搞定再说。 记录方式和cf一样，先把两
点击查看代码 #include<iostream> using namespace std; typedef unsigned long long ULL; const int N = 1e5 + 10; const int P = 131; int h[N], p[N]; char str[N]; ULL get(int l, int r) { return h[r] - h[l - 1] * p[r - l + 1]; } int main() { int n, m;
点击查看代码 #include<iostream> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int h[N], sz, m; int ph[N], hp[N]; void heap_swap(int a, int b) { swap(ph[hp[a]], ph[hp[b]]); swap(hp[a], hp[b]); swap(h[a], h[b]); } void down(int u) { int t =
点击查看代码 #include<iostream> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int h[N], sz; void down(int u) { int t = u; if (2 * u <= sz && h[2 * u] < h[t]) t = 2 * u; if (2 * u + 1 <= sz && h[2 * u + 1] < h[t]
点击查看代码 #include<iostream> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int p[N]; int find(int x) { if (p[x] != x) p[x] = find(p[x]); return p[x]; } int main() { int n, m; cin >> n >> m; for (int i = 1; i <= n; i
点击查看代码 #include<iostream> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int son[N][26], cnt[N], idx; char str[N]; void insert(char str[]) { int p = 0; for (int i = 0; str[i]; i ++) { int u = str[i] - 'a'; if (!son[
点击查看代码 #include<iostream> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int q[N]; int l = 0, r = 0; void push(int x) { q[r] = x; r ++; } void pop() { l ++; } bool empty() { return l == r; } int query() { return q[l]; } int main()
点击查看代码 #include<iostream> #include<stack> #include<cstring> #include<unordered_map> using namespace std; stack<int> nums; stack<char> op; unordered_map<char, int> h{ {'+', 1}, {'-', 1}, {
模板题 解释一下第36行 判断两点间是否有路径 为什么是 INF/2 而不是INF？ 题目所说“边权可能为负数”，虽然我们可能无法到达那个点，但是那个点的权值可能会被更新掉。如图所示 因为4到5的边权值为负的，那么1到5的距离是INF，这个点可能经过了4，也就是经过了负边，到点5，这时候1
车站分级 今日份DAG呈上 题目 https://www.acwing.com/problem/content/458/ 思路 题意：同一趟车次内，停靠的车站\(a\)的等级严格大于未停靠的车站\(b\)的等级 所以可以根据\(a>b\)来建边（即，所有未停靠站建边指向所有停靠站） 优化：对于两个点集之间，可以在中间建立一个虚拟源点，复杂度O(n
点击查看代码 #include<iostream> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int a[N], s[N]; int main() { int n, res = 0; scanf("%d", &n); for (int i = 0; i < n; i ++) scanf("%d", &a[i]); for (int i = 0
点击查看代码 #include<iostream> #include<vector> using namespace std; vector<int> mul(vector<int>& A, int b) { vector<int> C; int t = 0; for (int i = 0; i < A.size() || t; i++) { if (i < A.size())
点击查看代码 #include<iostream> using namespace std; int main() { double x; scanf("%lf", &x); double l = -1e5, r = 1e5; while (r - l > 1e-8) { double mid = (l + r) / 2; if (x <= mid * mid * mid) r =
首先区间个数可以转化为前缀和的形式 然后就是差分约束了 最少包含多少个数 就是不等式为a>=b+c 的形式 只要满足了最长路的不等式 其他所有的不等式也都满足 就是跑一遍最长路 差分约束的关键在于这个约束 一定要把所有的限制条件找出来 这个题看似只有一个区间个数的限制 其实
AcWing 4412. 构造数组（三种解法) 思路分析 经分析可得， \[若a_i = a_j，则 b_i <= b_{i + 1} <= ... <= b_j\\ 又\because b_i=b_j\,\,\,\therefore b_i = b_{i + 1} = ... = b_j \]所以只需要去统计有多少个这样的区间，然后乘2即可（因为每一个区间都有两种选择） 法一：区间合并 基础 防止
堆排序 点击查看代码 class Solution { public: vector<int> getLeastNumbers_Solution(vector<int> input, int k) { priority_queue<int> heap; for (auto x : input) { heap.push(x); if (heap.size() > k) h
点击查看代码 /** * Definition for singly-linked list. * struct ListNode { * int val; * ListNode *next; * ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {} * }; */ class Solution { public: ListNode* deleteDuplication(ListNode* head) { a
点击查看代码 /** * Definition for singly-linked list. * struct ListNode { * int val; * ListNode *next; * ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {} * }; */ class Solution { public: ListNode* reverseList(ListNode* head) { if (!he
题目链接 题目描述 有 N 件物品和一个容量是 V 的背包。每件物品只能使用一次。 第 i 件物品的体积是 vi，价值是 wi。 求解将哪些物品装入背包，可使这些物品的总体积不超过背包容量，且总价值最大。 输出最大价值。 题目模型 01背包：每个物品只能选或不选 集合表示：f(i，j) 集合含义：所有
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 210, INF = 0x3f3f3f3f; int d[N][N], n, m, q; void Floyd(){ for (int k = 1; k <= n; k ++ ) for (int i = 1; i <= n; i ++ ) for (int j = 1; j <= n; j ++ ) d[i][j] = min(d[i]
题目传送门 题意： 给两种操作。 添加操作：向序列后添加一个数，序列长度变成 \(n+1\)； 询问操作：询问这个序列中最后 \(L\) 个数中最大的数是多少。 思路：线段树裸题，通过单点修改和回溯中的\(pushup\)维护区间最大值。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long
根据题意很容易想到二分 但是问题来了 二分面积但是长宽还是需要O(n)来确定 完全承受不了 观察这个题目相较于一般的最大子矩阵问题 在于两个数列 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define lowbit(x) x&(-x) #define ll long long const int maxn=2e3+5; ll a[max
