tot

今天老师讲了提了下尺取，于是就有了这篇笔记 PS:我觉得我们老师形容得很贴切，尺取就像虫子蠕动一样 例题: 给出一个序列,求区间和大于或者等于S的最短区间长度. 我们假设序列长度为10，S为15，序列为 3 2 8 10 5 3 8 4 2 9 尺取法的思路大概就是，我们使用三个变量L,R,tot, 表示区间的左右两边和区间权值和 先初始L=R=1,tot=0 然后开始 蠕动 过程： i: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ai: 3 2 8 10 5 3 8 4 2 9 L: + R: + 计算区间tot+=a[R] 再将R向前移动一位 得出tot=3，比S小，所以我们将R向后移动 i: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ai: 3 2 8 10 5 3 8 4 2 9 L: + R: + 计算区间tot+=a[R] 再将R向前移动一位 得出tot=5，比S小，继续移动R i: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ai: 3 2 8 10 5 3 8 4 2 9 L: + R: + 计算区间tot+=a[R] 再将R向前移动一位 得出tot=13，比S小，继续移动R i: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ai: 3 2 8 10 5 3 8 4 2 9 L: + R: + 计算区间tot+=a[R] 再将R向前移动一位 得出tot=13，比S小

题：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4635 题意：给n个点m条边的有向图，问最多还能添加多少条边，让此图还不能形成强连通图； 分析：tarjan缩点后，我们知道要是点双的个数是1那么肯定不符合条件，就直接输出-1； 　　　那么剩下的情况就是，我们挑出一个点双，让剩余的点双全连通起来，当前点的点双也全连通起来，就剩下俩个点双，俩个点双之间也要尽可能连边； 　　　我们假设当前点双为 i ，剩下的点双 为 j （已经全连通过了），那么要是一开始 j 中的俩个点双分为对 i 有入边和出边，那么 i 和 j 就肯定能连通，就不满足条件了，所以我们要挑那些要么入度为0要么出度为0要么度数为0的点点双来考虑； 　　　对于每一个点双，答案贡献有三部分：1、当前点双 i 还能添加多少条边达到全连通； 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　2、剩下点双 j 还能添加多少条边达到全连通； 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　3、i 和 j 之间还能添加多少条边让i 和 j 不连通（i 和 j 之间的边要么全是出边要么全是入边） #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define pb push_back const int M=1e5+5;

题目链接 洛谷 BZOJ 前置知识 平面图转对偶图 简单理解“对偶图”就是，原图边把平面切成了很多块，对偶图中的点代表这些块（最外面的无穷域也可以算作一个块），相邻的块（即有公共边）之间连边，如下图（左边原图，右边对偶图）： 不难发现原图中的每条边都对应了新图中的一条边 那么如何将一个平面图转成对偶图呢 先把无向边拆成两条有向边，这样每条边都可以被分配到一个块里 我们发现若一个点的入边 \(i\) 和出边 \(j\) 同属一个“块”，那么对这个点连出的边极角排序后， \(i\) 的反向边一定和 \(j\) 相邻，那么我们可以借助极角排序先求出一个 \(next\) 数组， \(next[i]\) 表示和边 \(i\) 同属一个块，且紧跟在 \(i\) 后的那条边 随后我们枚举每条未分配边，不断跳 \(next\) ，把经过的边和这条边自身分配给一个新“块”，显然会有一个时刻跳回这条边自己，这时退出，继续枚举未分配边，直到把所有边分配 接下来枚举每条边，把它和它的反向边所分配的“块”连边即可 代码在最下方题解代码中 解析 先求对偶图 然后以无穷域为根求出一棵生成树，每个节点维护子树内面积和、面积的平方和 枚举所求区域的边界，若一个块在边界的父亲位置，减去儿子的贡献，若在儿子位置，加上儿子的贡献 结合画图比较好理解 （其实是我不知道怎么讲比较清楚） 代码 PS.注意开long long

pandas中Series类型add方法使用 先生成空Series对象tot,然后tot=tot.add(这里是一个series类型)，必须add后赋给tot 在这里插入代码片 来源： CSDN 作者： qq_41797690 链接： https://blog.csdn.net/qq_41797690/article/details/104513782

线性表——栈，队列，链表 目录 一.栈 １.函数实现栈 ２.宏定义实现栈 ３.STL实现栈 例题1:P1241 括号序列 例题2:P1449 后缀表达式 二.队列 实现队列 例题1.约瑟夫问题 三.双端队列 链表 一.栈 栈（stack） (last in first out);后进先出 １.函数实现栈 # include <cstdio> using namespace std ; int s [ 10005 ] ; int tot ; void push ( int x ) { s [ ++ tot ] = x ; } void pop ( ) { tot -- ; } void print ( ) { for ( int i = 1 ; i <= tot ; i ++ ) printf ( "%d " , s [ i ] ) ; puts ( "" ) ; } void top ( ) { printf ( "top=%d\n" , s [ tot ] ) ; } int main ( void ) { push ( 1 ) ; print ( ) ; top ( ) ; push ( 2 ) ; print ( ) ; top ( ) ; push ( 3 ) ; print ( ) ; top ( ) ; pop ( ) ; print ( ) ; top ( ) ;

代码先贴上，题解咕咕咕 D1T1 判断每一位是否超过一半，如果超了就把后面的反过来 注意 #include <algorithm> #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cstdio> #define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++) #define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--) using namespace std; unsigned long long p[64]; unsigned long long m; int n,i,j,k,l; int main() { freopen("code.in","r",stdin); freopen("code.out","w",stdout); p[0]=1; fo(i,1,63) p[i]=p[i-1]*2; cin>>n>>m; fd(i,n-1,0) if (m<p[i]) printf("0"); else printf("1"),m=p[i]-(m-p[i])-1; printf("\n"); fclose(stdin); fclose(stdout); return 0; } D1T2 #include <algorithm> #include <iostream>

整体二分 就是把序列中答案在 \([l,mid]\) 的划到一个序列中，在 \([mid+1,r]\) 的划到另一个序列中，再对新生成的序列重复上述操作 容易发现最多只会划分log次 路径 \((u,v)\) 覆盖路径 \((x,y)\) = \(u\) 在 \(x\) 子树中， \(v\) 在 \(y\) 子树中 \(x\) 为 \(y\) 祖先要特殊讨论 这样就可以转成二维偏序 二分答案 \(mid\) ，把权值 \(>mid\) 都塞进树状数组，套个整体二分就没了 #include <bits/stdc++.h> #define N 40005 #define ll long long #define For(i,x,y) for(int i=(x);i<=(y);++i) #define Rof(i,x,y) for(int i=(x);i>=(y);--i) using namespace std; struct qwq{ int U,V,W; } pl[N]; struct ques{ int x,ly,ry,val,id; } q[N<<2]; struct owo{ int x,y,k,id; }fr[N]; vector<owo> v[N<<2]; vector<ques>pr[N<<2]; vector<int> g[N]; int c[N],d[N],lg[N

题目 首先考虑二分，然后发现最小长度越大的话，赛道就越少。所以可以用最终的赛道个数来判断长度是否合理。问题转化为给定一个长度，问最多有多少条互不重叠路径比这个给定长度大。 考虑贪心，毕竟贪心也是二分check函数的常用做法。原图毕竟为一棵树，每条路径都由一个端点一个终点和他们的 \(LCA\) 之间的连边组成。我们直接枚举lca，然后枚举lca的子链且该链上无被找到的链，对于没有找到的链，都匹配上子链上最小的、浪费最少的，考虑这样做为什么是对的，因为如果不练子链上，而去连父亲的话，最底下的链肯定就浪费了。所以可以贪心直接用递归子树，然后找到每个子树中的选择的链，不选择的链。就行了，匹配操作可以用二分优化。 #include <bits/stdc++.h> #define N 1000101 using namespace std; struct edg { int to, nex, len; }e[N]; int n, m, cnt, root = 1, ha, lin[N], dp[N], temp[N], vis[N], tot;//dp[i]表示i的点权 inline void add(int f, int t, int l) { e[++cnt].len = l; e[cnt].to = t; e[cnt].nex = lin[f]; lin[f] = cnt; }

A. ASCII Addition 模拟 #include <iostream> #include <sstream> #include <algorithm> #include <cstdio> #include <cmath> #include <set> #include <map> #include <queue> #include <string> #include <cstring> #include <bitset> #include <functional> #include <random> #define REP(_i,_a,_n) for(int _i=_a;_i<=_n;++_i) #define PER(_i,_a,_n) for(int _i=_n;_i>=_a;--_i) #define hr putchar(10) #define pb push_back #define lc (o<<1) #define rc (lc|1) #define mid ((l+r)>>1) #define ls lc,l,mid #define rs rc,mid+1,r #define x first #define y second #define io std::ios::sync_with_stdio(false) #define endl '\n'

题意： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2458 问你二分图的最大团是多大。 1 #define IOS ios_base::sync_with_stdio(0); cin.tie(0); 2 #include <cstdio>//sprintf islower isupper 3 #include <cstdlib>//malloc exit strcat itoa system("cls") 4 #include <iostream>//pair 5 #include <fstream>//freopen("C:\\Users\\13606\\Desktop\\Input.txt","r",stdin); 6 #include <bitset> 7 //#include <map> 8 //#include<unordered_map> 9 #include <vector> 10 #include <stack> 11 #include <set> 12 #include <string.h>//strstr substr 13 #include <string> 14 #include <time.h>// srand(((unsigned)time(NULL))); Seed n=rand()%10 - 0~9; 15