2018-2019 ACM-ICPC, Asia Dhaka Regional Contest
目录
Contest Info
[Practice Link]()
| Solved | A | B | C | D | E | F | G | H | I | J |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 7/10 | - | O | O | - | O | O | O | Ø | - | O |
- O 在比赛中通过
- Ø 赛后通过
- ! 尝试了但是失败了
- - 没有尝试
Solutions
B. Counting Inversion
题意：
计算\([l, r]\)所有数的数位表示中有多少逆序对。
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define dbg(x...) do { cout << "\033[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)
void err() { cout << "\033[39;0m" << endl;}
template<class T, class... Ts> void err(const T& arg, const Ts&... args) { cout << arg << ' '; err(args...); }
using ll = long long;
const int N = 20;
struct node {
ll sum, num;
ll cnt[N];
node() {
sum = num = 0;
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
}
}dp[N];
int vis[N];
int a[N];
node gogogo(int pos, int st, int limit) {
if (!limit && vis[pos]) return dp[pos];
if (pos == 1) {
node res = node();
res.num = 1;
return res;
}
node res = node();
int up = limit ? a[pos - 1] : 9;
for (int i = 0; i <= up; ++i) {
node other = gogogo(pos - 1, i, limit && i == up);
res.sum += other.sum;
for (int j = i + 1; j <= 9; ++j) res.sum += other.cnt[j];
for (int j = 0; j <= 9; ++j) res.cnt[j] += other.cnt[j];
res.cnt[i] += other.num;
res.num += other.num;
}
vis[pos] = 1;
dp[pos] = res;
return res;
}
ll gao(ll x) {
if (x < 10) return 0;
for (int i = 0; i < N; ++i) dp[i] = node();
memset(vis, 0, sizeof vis);
ll res = 0;
*a = 0;
ll tmp = x;
while (tmp) {
a[++*a] = tmp % 10;
tmp /= 10;
}
for (int i = 1; i <= *a; ++i) {
int up = (i == *a ? a[i] : 9);
for (int j = 1; j <= up; ++j) {
node other = gogogo(i, j, i == *a && j == a[i]);
res += other.sum;
for (int k = j + 1; k <= 9; ++k) {
res += other.cnt[k];
}
// dbg(i, j, res);
}
}
return res;
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
for (int cas = 1; cas <= T; ++cas) {
ll l, r;
scanf("%lld %lld", &l ,&r);
printf("Case %d: %lld\n", cas, gao(r) - gao(l - 1));
}
return 0;
}
C. Divisors of the Divisors of An Integer
题意：
给出\(N\)，问\(N!\)的因子的因子的个数和。
思路：
考虑\(N\)的唯一分解为\(p_1^{t_1}p_2^{t_2} \cdots p_k^{t_k}\)，那么其因子个数为：
\[\begin{eqnarray*}
\prod\limits_{i = 1}^k (t_i + 1)
\end{eqnarray*}
\]
\prod\limits_{i = 1}^k (t_i + 1)
\end{eqnarray*}
\]
我们单独考虑每种素数，假设它为\(p\)，它的幂次为\(t\)，那么它的因子的该素数的幂次的选择有\(0, 1, \cdots, t\)共\(t + 1\)种选择
那么我们考虑因子的因子，有\((0), (0, 1), \cdots, (0, 1, \cdots, t)\)一共\((t + 1)(t + 2) / 2\)种选择。
所以我们将阶乘唯一分解即可。
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const ll p = 1e7 + 7;
const int N = 1e6 + 10;
int check[N];
int prime[N];
void Init() {
check[1] = 1;
*prime = 0;
for (int i = 2; i < N; ++i) {
if (!check[i]) {
prime[++*prime] = i;
}
for (int j = 1; j <= *prime; ++j) {
if (i * prime[j] >= N) break;
check[i * prime[j]] = 1;
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
int n;
ll f(ll x) {
ll res = 0;
ll tmp = n;
while (tmp) {
res += tmp / x;
tmp /= x;
}
return res;
}
int main() {
Init();
while (scanf("%d", &n) != EOF && n) {
ll res = 1;
for (int i = 1; i <= *prime && prime[i] <= n; ++i) {
ll tmp = f(prime[i]);
tmp++;
tmp = tmp * (tmp + 1) / 2;
tmp %= p;
res = res * tmp % p;
}
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}
E. Helping the HR
按题意模拟即可。
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
int n;
scanf("%d", &n);
while (n != 0) {
int h1, h2, m1, m2, s1, s2, ans = 0;
int t1, t2;
char ch;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf(" %c:%d:%d:%d:%d:%d:%d", &ch, &h1, &m1, &s1, &h2, &m2, &s2);
t1 = h1 * 3600 + m1 * 60 + s1;
t2 = h2 * 3600 + m2 * 60 + s2;
if (t2 < t1) t2 = 24 * 3600;
if (t1 < 8 * 3600 + 30 * 60) t1 = 8 * 3600 + 30 * 60;
if (ch == 'D' && t1 > 9 * 3600 + 30 * 60) ans++;
else if (ch == 'E' && t1 > 12 * 3600 + 30 * 60) ans++;
else if (ch == 'D' && t2 - t1 < 8 * 3600) ans++;
else if (ch == 'E' && t2 - t1 < 9 * 3600) ans++;
}
if (ans == 0) printf("All OK\n");
else if (ans > 3) printf("Issue Show Cause Letter\n");
else printf("%d Point(s) Deducted\n", ans);
scanf("%d", &n);
}
return 0;
}
F. Path Intersection
题意：
给出一棵树，每次给出\(k\)条路径，询问这\(k\)条路径交的点数。
思路：
求\(k - 1\)次树上路径交即可。
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pII = pair<int, int>;
#define fi first
#define se second
const int N = 1e5 + 10, M = 20;
vector <vector<int>> G;
int n, q, fa[N], dep[N];
struct LCA {
int F[N << 1], P[N];
struct RMQ {
int Min[N << 1][M];
int mm[N << 1], rmq[N << 1];
void init(int n) {
mm[0] = -1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
mm[i] = ((i & (i - 1)) == 0) ? mm[i - 1] + 1 : mm[i - 1];
Min[i][0] = i;
}
for (int j = 1; j <= mm[n]; ++j) {
for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; ++i) {
Min[i][j] = rmq[Min[i][j - 1]] < rmq[Min[i + (1 << (j - 1))][j - 1]] ? Min[i][j - 1] : Min[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
}
}
}
int queryMin(int x, int y) {
if (x > y) swap(x, y);
int k = mm[y - x + 1];
return rmq[Min[x][k]] <= rmq[Min[y - (1 << k) + 1][k]] ? Min[x][k] : Min[y - (1 << k) + 1][k];
}
}st;
void dfs(int u) {
F[++*F] = u;
st.rmq[*F] = dep[u];
P[u] = *F;
for (auto &v : G[u]) if (v != fa[u]) {
fa[v] = u;
dep[v] = dep[u] + 1;
dfs(v);
F[++*F] = u;
st.rmq[*F] = dep[u];
}
}
void init(int rt) {
*F = 0;
fa[rt] = rt; dep[rt] = 0;
dfs(rt);
st.init(2 * n - 1);
}
int query(int u, int v) { return F[st.queryMin(P[u], P[v])]; }
int dis(int u, int v) { return dep[u] + dep[v] - 2 * dep[query(u, v)] + 1; }
}lca;
pII gao(pII x, pII y) {
if (x.fi == -1 || y.fi == -1) return pII(-1, -1);
int t[] = {lca.query(x.fi, y.fi), lca.query(x.fi, y.se), lca.query(x.se, y.fi), lca.query(x.se, y.se)};
sort(t, t + 4, [&](int x, int y) { return dep[x] < dep[y]; });
int d[] = {lca.query(x.fi, x.se), lca.query(y.fi, y.se)};
if (dep[d[0]] > dep[d[1]]) swap(d[0], d[1]);
if (dep[t[3]] >= dep[t[2]] && dep[t[2]] >= dep[d[1]]) {
return pII(t[2], t[3]);
} else {
return pII(-1, -1);
}
}
int main() {
int _T; scanf("%d", &_T);
for (int kase = 1; kase <= _T; ++kase) {
printf("Case %d:\n", kase);
scanf("%d", &n);
G.clear(); G.resize(n + 1);
for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
lca.init(1);
scanf("%d", &q);
int k; pII x, y;
while (q--) {
scanf("%d%d%d", &k, &x.fi, &x.se);
for (int i = 2; i <= k; ++i) {
scanf("%d%d", &y.fi, &y.se);
x = gao(x, y);
}
if (x.fi == -1) puts("0");
else printf("%d\n", lca.dis(x.fi, x.se));
}
}
return 0;
}
G. Techland
题意：
给出一棵树，每次询问给出一个点和若一段区间，询问这个点到这个区间上的点的最小距离是多少。
思路：
将距离拆成\(dis_u + dis_v - 2dis_{lca}\)。
然后发现一堆点到一个点的最小距离是可以通过祖先链预处理出一个\(dp\)数组的，那么我们每\(\sqrt{n}\)块预处理一个，然后块内\(O(1)\)查询，边角用\(rmq\)进行\(O(1)\)查询
时间复杂度\(O(n\sqrt{n})\)
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using pII = pair<int, int>;
#define fi first
#define se second
template <class T1, class T2> void chmin(T1 &x, T2 y) { if (x > y) x = y; }
const int N = 1e5 + 10, M = 20, S = 200, INF = 0x3f3f3f3f;
vector <vector<int>> G;
int n, q, fa[N], dep[N], d_pos[N], d_posl[N], d_posr[N]; pII a[N];
struct LCA {
int F[N << 1], P[N];
struct RMQ {
int Min[N << 1][M];
int mm[N << 1], rmq[N << 1];
void init(int n) {
mm[0] = -1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
mm[i] = ((i & (i - 1)) == 0) ? mm[i - 1] + 1 : mm[i - 1];
Min[i][0] = i;
}
for (int j = 1; j <= mm[n]; ++j) {
for (int i = 1; i + (1 << j) - 1 <= n; ++i) {
Min[i][j] = rmq[Min[i][j - 1]] < rmq[Min[i + (1 << (j - 1))][j - 1]] ? Min[i][j - 1] : Min[i + (1 << (j - 1))][j - 1];
}
}
}
int queryMin(int x, int y) {
if (x > y) swap(x, y);
int k = mm[y - x + 1];
return rmq[Min[x][k]] <= rmq[Min[y - (1 << k) + 1][k]] ? Min[x][k] : Min[y - (1 << k) + 1][k];
}
}st;
void dfs(int u) {
F[++*F] = u;
st.rmq[*F] = dep[u];
P[u] = *F;
for (auto &v : G[u]) if (v != fa[u]) {
fa[v] = u;
dep[v] = dep[u] + 1;
dfs(v);
F[++*F] = u;
st.rmq[*F] = dep[u];
}
}
void init(int rt) {
*F = 0;
fa[rt] = rt; dep[rt] = 0;
dfs(rt);
st.init(2 * n - 1);
}
int query(int u, int v) { return F[st.queryMin(P[u], P[v])]; }
int dis(int u, int v) { return dep[u] + dep[v] - 2 * dep[query(u, v)]; }
}lca;
struct HLD {
int f[N];
void init() { for (int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = INF + INF; }
void dfs(int u) {
for (auto &v : G[u]) if (v != fa[u]) {
dfs(v);
chmin(f[u], f[v]);
}
}
void dfs2(int u) {
f[u] -= 2 * dep[u];
chmin(f[u], f[fa[u]]);
for (auto &v : G[u]) if (v != fa[u]) {
dfs2(v);
}
}
void up(int x) {
chmin(f[x], dep[x]);
}
void gao() {
dfs(1);
dfs2(1);
}
}hld[310];
int force(int x, int l, int r) {
int res = INF;
for (int i = l; i <= r; ++i)
chmin(res, lca.dis(x, i));
return res;
}
int query(int x, int l, int r) {
if (l == -1 || r == -1) return INF;
int res = INF;
if (d_pos[l] == d_pos[r]) chmin(res, force(x, l, r));
else {
chmin(res, force(x, l, d_posr[d_pos[l]]));
for (int i = d_pos[l] + 1; i < d_pos[r]; ++i) chmin(res, hld[i].f[x] + dep[x]);
chmin(res, force(x, d_posl[d_pos[r]], r));
}
return res;
}
int main() {
for (int i = 1; i <= 100000; ++i) {
d_pos[i] = (i - 1) / S + 1;
if (i == 1 || d_pos[i] != d_pos[i - 1]) d_posl[d_pos[i]] = i;
d_posr[d_pos[i]] = i;
}
int _T; scanf("%d", &_T);
for (int kase = 1; kase <= _T; ++kase) {
printf("Case %d:\n", kase);
for (int i = 1; i <= 100000; ++i) a[i] = pII(-1, -1);
scanf("%d", &n);
G.clear(); G.resize(n + 1);
for (int i = 1, u, v; i < n; ++i) {
scanf("%d%d", &u, &v);
G[u].push_back(v);
G[v].push_back(u);
}
lca.init(1);
for (int i = 1; i <= d_pos[n]; ++i) hld[i].init();
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
hld[d_pos[i]].up(i);
}
for (int i = 1; i <= d_pos[n]; ++i) hld[i].gao();
scanf("%d", &q);
int op, l, r, x, m, p;
while (q--) {
scanf("%d", &op);
if (op == 1) {
scanf("%d%d%d", &x, &l, &r);
a[x] = pII(l, r);
} else if (op == 2) {
scanf("%d", &x);
a[x] = pII(-1, -1);
} else {
scanf("%d%d", &x, &m);
int res = INF;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
scanf("%d", &p);
chmin(res, query(x, a[p].fi, a[p].se));
}
if (res >= INF) res = -1;
printf("%d\n", res);
}
}
}
return 0;
}
H. Tile Game
题意：
给出一个二维矩形，里面有的格子有小球，每个小球颜色不同，有的格子没有小球。
现在可以让这些小球往一个方向移动，每次都是一起移动并且移动到不能移动为止。
定义一个稳定的局面当且仅当让他们往下移动或者往左移动的时候没有一个小球可以移动。
现在给出一个稳定局面，询问通过移动可以达到多少个不同的稳定局面。
两个稳定局面不同定义为至少有一个格子的小球它们的颜色不一样。
思路：
考虑移动套路是固定的，上右下左。
那么可以发现每个格子通过一次移动都有一个后继格子，并且所有格子会形成若干个环，这个就是他们的周期。
所以稳定局面的周期就是所有格子的周期的最小公倍数。
但是因为最小公倍数很大，并且有取模，所以不能采用\(\frac{ab}{gcd(a, b)}\)的方式来求。
考虑最小公倍数的本质含义，单独考虑每种质因子，这个质因子的幂次肯定是所有数中幂次最高的。
代码：
view code
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define dbg(x...) do { cout << "\033[32;1m" << #x << " -> "; err(x); } while (0)
void err() { cout << "\033[39;0m" << endl;}
template<class T, class... Ts> void err(const T& arg, const Ts&... args) { cout << arg << ' '; err(args...); }
using ll = long long;
#define fi first
#define se second
const int N = 210, mod = 78294349;
ll qpow(ll base, ll n) {
ll res = 1;
while (n) {
if (n & 1) res = res * base % mod;
base = base * base % mod;
n >>= 1;
}
return res;
}
int n, m, id, a[N][N], b[4][N][N], mp[N * N]; char s[N][N];
vector <vector<int>> G;
inline int f(int x, int y) { return (x - 1) * m + y; }
void getid() {
memset(a, -1, sizeof a);
id = 0;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
if (s[i][j] == '#')
a[i][j] = ++id;
}
}
}
//往上走
void up(int a[N][N], int b[N][N]) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
int id = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
if (a[i][j] != -1) {
b[id][j] = a[i][j];
++id;
}
}
}
}
void right(int a[N][N], int b[N][N]) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int id = m;
for (int j = m; j >= 1; --j) {
if (a[i][j] != -1) {
b[i][id] = a[i][j];
--id;
}
}
}
}
void down(int a[N][N], int b[N][N]) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
int id = n;
for (int i = n; i >= 1; --i) {
if (a[i][j] != -1) {
b[id][j] = a[i][j];
--id;
}
}
}
}
void left(int a[N][N], int b[N][N]) {
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
int id = 1;
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
if (a[i][j] != -1) {
b[i][id] = a[i][j];
++id;
}
}
}
}
void build(int b[N][N]) {
memset(mp, -1, sizeof mp);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
if (b[i][j] != -1) {
mp[b[i][j]] = f(i, j);
}
}
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
if (a[i][j] != -1) {
G[f(i, j)].push_back(mp[a[i][j]]);
}
}
}
}
int fa[N * N], sze[N * N];
int find(int x) { return fa[x] == 0 ? x : fa[x] = find(fa[x]); }
void merge(int x, int y) {
x = find(x), y = find(y);
if (x != y) {
if (sze[x] > sze[y]) swap(x, y);
fa[x] = y;
sze[y] += sze[x];
}
}
int main() {
int _T; scanf("%d", &_T);
for (int kase = 1; kase <= _T; ++kase) {
printf("Case %d: ", kase);
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n * m; ++i) fa[i] = 0, sze[i] = 1;
G.clear(); G.resize(n * m + 10);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
scanf("%s", s[i] + 1);
memset(b, -1, sizeof b);
getid();
up(a, b[0]);
right(b[0], b[1]);
down(b[1], b[2]);
left(b[2], b[3]);
build(b[3]);
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
if (a[i][j] != -1) {
int p = f(i, j);
merge(p, G[p][0]);
}
}
}
map <int, int> fac;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int j = 1; j <= m; ++j) {
if (a[i][j] != -1) {
int p = f(i, j);
if (fa[p] == 0) {
int len = sze[p];
for (int k = 2; k * k <= len; ++k) {
int c = 0;
while (len % k == 0) {
len /= k;
++c;
}
fac[k] = max(fac[k], c);
}
if (len > 1) fac[len] = max(fac[len], 1);
}
}
}
}
ll res = 1;
for (auto &it : fac) res = res * qpow(it.fi, it.se) % mod;
printf("%lld\n", res);
}
return 0;
}
J. VAT Man
题意：
签到。
2018-2019 ACM-ICPC, Asia Dhaka Regional Contest的更多相关文章
- ACM ICPC Central Europe Regional Contest 2013 Jagiellonian University Kraków
ACM ICPC Central Europe Regional Contest 2013 Jagiellonian University Kraków Problem A: Rubik’s Rect ...
- 2019-2020 ICPC, Asia Jakarta Regional Contest (Online Mirror, ICPC Rules, Teams Preferred)
2019-2020 ICPC, Asia Jakarta Regional Contest (Online Mirror, ICPC Rules, Teams Preferred) easy: ACE ...
- 2018-2019, ICPC, Asia Yokohama Regional Contest 2018 K
传送门:https://codeforces.com/gym/102082/attachments 题解: 代码: /** * ┏┓ ┏┓ * ┏┛┗━━━━━━━┛┗━━━┓ * ┃ ┃ * ┃ ━ ...
- 2018 ICPC Asia Jakarta Regional Contest
题目传送门 题号 A B C D E F G H I J K L 状态 Ο . . Ο . . Ø Ø Ø Ø . Ο Ο:当场 Ø:已补 . : 待补 A. Edit Distance Thin ...
- Gym - 101981K The 2018 ICPC Asia Nanjing Regional Contest K.Kangaroo Puzzle 暴力或随机
题面 题意:给你1个20*20的格子图,有的是障碍有的是怪,你可以每次指定上下左右的方向,然后所有怪都会向那个方向走, 如果2个怪撞上了,就融合在一起,让你给不超过5w步,让所有怪都融合 题解:我们可 ...
- Gym - 101981M The 2018 ICPC Asia Nanjing Regional Contest M.Mediocre String Problem Manacher+扩增KMP
题面 题意:给你2个串(长度1e6),在第一个串里找“s1s2s3”,第二个串里找“s4”,拼接后,是一个回文串,求方案数 题解:知道s1和s4回文,s2和s3回文,所以我们枚举s1的右端点,s1的长 ...
- Gym - 101981G The 2018 ICPC Asia Nanjing Regional Contest G.Pyramid 找规律
题面 题意:数一个n阶三角形中,有多少个全等三角形,n<=1e9 题解:拿到题想找规律,手画开始一直数漏....,最后还是打了个表 (打表就是随便定个点为(0,0),然后(2,0),(4,0), ...
- Gym - 101981I The 2018 ICPC Asia Nanjing Regional Contest I.Magic Potion 最大流
题面 题意:n个英雄,m个怪兽,第i个英雄可以打第i个集合里的一个怪兽,一个怪兽可以在多个集合里,有k瓶药水,每个英雄最多喝一次,可以多打一只怪兽,求最多打多少只 n,m,k<=500 题解:显 ...
- Gym - 101981D The 2018 ICPC Asia Nanjing Regional Contest D.Country Meow 最小球覆盖
题面 题意:给你100个三维空间里的点,让你求一个点,使得他到所有点距离最大的值最小,也就是让你找一个最小的球覆盖掉这n个点 题解:红书模板题,这题也因为数据小,精度也不高,所以也可以用随机算法,模拟 ...
- Gym - 101981J The 2018 ICPC Asia Nanjing Regional Contest J.Prime Game 计数
题面 题意:1e6的数组(1<a[i]<1e6), mul (l,r) =l × (l+1) ×...× r, fac(l,r) 代表 mul(l,r) 中不同素因子的个数,求s ...
随机推荐
- Go语言学习笔记(8)——包和结构体
包 —— 每个可执行的应用程序必须包含一个主函数,它是执行的入口点.主函数应该存在main包中. 结构体: 通过 . 操作符访问结构体的各个成员! 1. 定义结构体类型person: type per ...
- babel tsc webpack
我要用啥?js的话:babel编译+webpack模块打包ts的话:tsc编译成js+babel编译+webpack模块打包浏览器情况:如果您的浏览器支持es6所有语法那么就可以只用webpack来处 ...
- Spring Cloud Alibaba学习笔记（2） - Nacos服务发现
1.什么是Nacos Nacos的官网对这一问题进行了详细的介绍,通俗的来说: Nacos是一个服务发现组件,同时也是一个配置服务器,它解决了两个问题: 1.服务A如何发现服务B 2.管理微服务的配置 ...
- 在论坛中出现的比较难的sql问题：27(字符串拆分、字符串合并、非连续数字的间隔范围、随机返回字符串)
原文:在论坛中出现的比较难的sql问题:27(字符串拆分.字符串合并.非连续数字的间隔范围.随机返回字符串) 在论坛中看到一个帖子,帖子中有一些sql方面的面试题,我觉得这些面试题很有代表性. 原帖的 ...
- OpenCvSharp 图像旋转
/// <summary> /// 图像旋转 /// </summary> private Mat MatRotate(Mat src, float angle) { Mat ...
- JavaScript （内置对象及方法）
JavaScript中的对象分为3种:内置对象.浏览器对象.自定义对象 JavaScript 提供多个内置对象:Math/Array/Number/String/Boolean... 对象只是带有属性 ...
- jmeter学习笔记（三）配置元件之HTTP信息头管理
使用jmeter模拟发送http请求时,有些请求是需要带上HTTP请求头里面的信息.比如页面需要登录信息的,那个就需要用户登录信息authorization.这个时候是需要使用到HTTP信息头管理器. ...
- laravel模型关联评论
用户模型 public function show(Post $post,LogManager $log){ $post->load("comments"); //这种方式是 ...
- Python中的上下文管理器(contextlib模块)
上下文管理器的任务是:代码块执行前准备,代码块执行后收拾 1 如何使用上下文管理器: 打开一个文件,并写入"hello world" filename="my.txt&q ...
- Dumpsys Alarm查看应用程序唤醒命令
Dumpsys alarm查看应用程序唤醒命令: 在安卓adb root进如命令行后(没有root或者root群组的权限执行不了该命令), 1. <span style="font-s ...