vis

在棋盘上放置8个皇后，使他们互不攻击，此时每个皇后的 攻击范围为 同行 同列 同对角线 要求找出所有解 恰好每行每列放置一个皇后 如果用C[x]表示第x行皇后的列号，就成为了一个全排列问题 static int ans ; static int n ; static int [ ] C ; public static void main ( String [ ] args ) { Scanner sc = new Scanner ( System . in ) ; n = sc . nextInt ( ) ; C = new int [ n ] ; f ( 0 ) ; System . out . println ( ans ) ; } static void f ( int cur ) { if ( cur == n ) ans ++ ; else for ( int i = 0 ; i < n ; i ++ ) { int ok = 1 ; C [ cur ] = i ; for ( int j = 0 ; j < cur ; j ++ ) { //检查是否和前面的皇后冲突 //判断是否跟前面的皇后在同一列或者对角线 // 因为数组下标就是行号，所以不会在同一行 if ( C [ cur ] == C [ j ] || cur + C [ cur ] == j + C [ j

Two familiar concepts in object oriented programming are the is-a and has-a relationships. Given two classes A and B, we say that A is-a B if A is a subclass of B; we say A has-a B if one of the fields of A is of type B. For example, we could imagine an object-oriented language (call it ICPC++) with code like that in Figure E.1E.1E.1, where the class DayDayDay is-a TimeTimeTime, the class AppointmentAppointmentAppointment is both a DateBookDateBookDateBook and a ReminderReminderReminder, and class AppointmentAppointmentAppointment has-a DayDayDay. These two relationships are transitive. For

文章目录 A. 试题A：生存还是毁灭,这是一个问题 7’ B. 试题B：小小神枪手 开局98K 8' C. 试题C：关云长单刀会金莲，贾宝玉三打白骨精 10’ D. 试题D：抽刀断水水更流，举杯销愁愁更愁 10’ A. 试题A：生存还是毁灭,这是一个问题 7’ 描述 对于给定的文章，求出出现频率最高的字母。 对于字母的出现频率，我们定义为：该字母在整个文章中出现的次数。 例如：“To be or not to be, that is the question!” 出现频率最高的字母是：t,总共出现了77次。 对于以下莎士比亚的《哈姆雷特》经典片段，你能帮JM找到出现频率最高的字母出现的次数吗？ 输出出现频率最高的字母出现的次数。 注意：字母 不区分大小写。 思路: 这里我将a-z A-Z的ascii 编码作为筛选点, 将所有的字母传入新列表然后寻找 str = ''' To be, or not to be: that is the question, Whether it's nobler in the mind to suffer The slings and arrows of outrageous fortune, Or to take arms against a sea of troubles, And by opposing end them. To die,to

杜教筛 问题一般是求 \[\sum_{i=1}^{n}f(i)\] 这样的式子。 然后我们有一种很妙的想法，那就是构造两个积性函数 \(h,g\) ，使得 \(h=f*g\) 然后尝试推一下 \(h\) 的前缀和，发现： \[ \sum_{i=1}^{n}h(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}g(d)\cdot f(\frac{i}{d})\\=\sum_{d=1}^{n}g(d)\cdot\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f({i}) \] 如果记 \(S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)\) ，那么就可以写成： \[\sum_{i=1}^{n}h(i)=\sum_{d=1}^{n}g(d)\cdot S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\] 把 \(d=1\) 提出来，得到我们想要的式子： \[g(1)S(n)=\sum_{i=1}^{n}h(i)-\sum_{d=2}^{n}g(d)\cdot S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\] 那么如果 \(h\) 的前缀和我们可以在一个比较优秀的时间复杂度内求出，则后面那一部分的时间复杂度在进行 整除分块 后，可以达到一个优秀的时间复杂度 \(O(n^{\frac{2}{3}})\) 。 一些题目 51nod1244 题意：

已知正整数n是两个不同的质数的乘积，试求出两者中较大的那个质数。 n<2e9,打个1e5的素数表就够了 #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int maxn=1e5+100; bool vis[maxn]; int prime[maxn]; int cnt; void getprime(); int main() { getprime(); int n; while(scanf("%d",&n)!=EOF) { int ans; for(int i=0;i<cnt;i++) if(n%prime[i]==0) { ans=n/prime[i]; break; } cout<<ans<<endl; } return 0; } void getprime() { memset(vis,0,sizeof(vis)); cnt=0; for(int i=2;i<maxn;i++) { if(!vis[i]) prime[cnt++]=i; for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<maxn;j++) { vis[prime[j]*i]=true; if(i%prime[j]==0) break; } } } 来源： CSDN 作者：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; const int maxn = 1e6; int col[maxn]; int num[maxn]; int vis[maxn]; int idx,h[maxn],e[maxn],ne[maxn]; int tl[maxn],tr[maxn]; struct query{ int l,r,id,k; }a[maxn]; void add(int a,int b){ e[idx]=b; ne[idx]=h[a]; h[a]=idx++; } void dfs(int u,int fa){ //子树对应的dfs序的左区间 tl[u]=++idx; num[idx]=col[u]; for(int i=h[u];~i;i=ne[i]){ if(e[i]!=fa) dfs(e[i],u); } //子树对应的dfs序的右区间 tr[u]=idx; } int sz; bool cmp(query a,query b){ if(a.l/sz!=b.l/sz) return a.l<b.l; return a.r<b.r; } int lowbit(int x){ return x&-x; }

一. Djikstra算法定义 形式： 用来解决单源最短路径的问题，即给出图G和起点s，通过算法到达每个顶点的最短距离。 基本思想: 对图G(V, E)设置集合S， 存放已被访问的顶点，然后每次从集合V-S中选择与起点s的最短距离最小的一个顶点u，访问并加入集合S。之后，令顶点u为中介点， 优化起点和所有的从u能到达的顶点v之间的最短距离。这样的操作执行n（顶点的个数）次。 伪代码: //G为图， 一般设置为全局变量，数组d为源点到达各点的最短路径长度，s为起点 Djikstra(G, d[], s){ 初始化 for(循环n次){ u = 是d[u]最小的还未被访问的顶点的标号 记u已被访问 for(从u出发能到达的所有顶点v){ if(v未被访问&&以U为中介使得s到顶点v的最短距离d[v]更优){ 优化d[v] } } } } 二、具体实现 1. 邻接矩阵版 const int MAXV = 1000;//最大顶点数 const int INF = 10000000000;//设INF为一个很大数 //适用于点数不大的情况 int n, G[MAXV][MAXV]; int d[MAXV]; bool vis[MAXV]; void Dijkstra(int s){ fill(d, d+MAXV, INF); d[s] = 0; for(int i = 0; i < n; i

Minimum Spanning Tree http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4408 模板题 1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<queue> 4 #include<stack> 5 #include<algorithm> 6 #define mt(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) 7 using namespace std; 8 typedef __int64 LL; 9 class MinST_count { ///最小生成树计数o(~=MV^3)+o(MElogME) 10 typedef int typec;///边权的类型 11 typedef LL typer;///返回值类型 12 static const int ME=1024;///边的个数 13 static const int MV=128;///点的个数 14 struct E { 15 int u,v; 16 typec w; 17 friend bool operator <(E a,E b) { 18 return a.w<b.w; 19 } 20 } e[ME]; 21 typer mod,ans,mat[MV][MV]; 22 int n,le,fa[MV],ka

Bash游戏V1 有一堆石子共同拥有N个。 A B两个人轮流拿。A先拿。每次最少拿1颗。最多拿K颗。拿到最后1颗石子的人获胜。如果A B都很聪明，拿石子的过程中不会出现失误。给出N和K，问最后谁能赢得比赛。 比如N = 3。K = 2。不管A怎样拿，B都能够拿到最后1颗石子。 Input 第1行：一个数T。表示后面用作输入測试的数的数量。（1 <= T <= 10000) 第2 - T + 1行：每行2个数N，K。中间用空格分隔。（1 <= N,K <= 10^9) Output 共T行。假设A获胜输出A，假设B获胜输出B。 Input演示样例 4 3 2 4 2 7 3 8 3 Output演示样例 B A A B 解题思路： 假设是(k+1)的整数倍。先手取不论什么一个1~k内的数x。后手都能够取(k+1-x)个石子，于是k+1的整数倍是先手的必败态，同理，不是k+1的整数倍时，先手能够取n%(k+1)个石子。从而使后手必败。 代码： #include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; int main() { int n,k,t; scanf("%d",&t); while(t--) { scanf("%d%d",&n,&k);

浮点数比较 const double eps = 1e-8; equal : fabs(a,b) < eps select sort for(int i =0; i < n; i++{ int k = i; for(int j = i; j< n; j++){ if(A[j] < A[k]) k = j; swap(A[k],A[i]) insert sort void insert_sort(int A[], int n){ for(int i = 1; i< n; i++){ int tmp = A[i], j = i; while(j > 0 && A[j-1] >tmp){ A[j] = A[--j]; } A[j]= tmp; } } binary_search int binary_search(int A[], int left, int right, int val){ int mid; while(left < right){ mid = left + (right - left)>>1;//移位 if(A[mid]>= val)right = mid -1;// else left = mid +1; } return (A[left] == val)? left: -1; lower_bound：找第一个>= val 的值位置，即lower_bound int