个人训练记录-赛码"bestcoder"杯中国大学生程序设计冠军赛

　A.Movie

　　题意是给n个线段，要求求出是否存在三个不相交的线段，是的话输出yes，否则输出no。根据贪心的想法，可以先找出右端点r'最小的线段，他是三条线段中最左的那条，再找出左端点l'最大的线段，他是三条线段中最右的那条，这样我们只需要找出是否存在一条线段可以放在中间，即区间[l,r]，l>r',r<l'。

　　代码

 #include<cstdio>

 int n;

 long long L,R,l,r,a,b,c,d,mi,mx,flag,u,v,i;

 int main()

 {

     int test;

     long long P=;

     scanf("%d",&test);

     while(test--)

     {flag=;

     scanf("%d%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d%I64d",&n,&l,&r,&a,&b,&c,&d);

     L=l;R=r;

     u=L;v=R;

     mi=P;mx=;

     if (u>v) u^=v^=u^=v;

     if (v<mi) mi=v;

     if (u>mx) mx=u;

     for (i=;i<=n;i++)

     {

         L=(L*a+b)%P;

         R=(R*c+d)%P;

         u=L;v=R;

         if (u>v) u^=v^=u^=v;

         if (v<mi) mi=v;

         if (u>mx) mx=u;

     }

     L=l;R=r;

     u=l;v=r;if (u>v) u^=v^=u^=v;

         if ((u>mi)&&(v<mx)) flag=;

     for (i=;i<=n;i++)

     {

         if (flag) break;

         L=(L*a+b)%P;

         R=(R*c+d)%P;

         u=L;v=R;if (u>v) u^=v^=u^=v;

         if ((u>mi)&&(v<mx)) flag=;

     }

     if (flag) printf("YES\n");else printf("NO\n");}

 }

B.Cycle

　　题意是问给一张无向图，是否存在一个奇环或者偶环，环可以经过同样的点，做法是需要先求出dfs求出一颗树，一些边为树边，一些边为非树边，首先一条非树边和一些树边可以构成一些环，我们可以先判断这些环长度的奇偶性，然后如果一个环可能由多条非树边构成，需要怎么求，也很简单，如果存多个由一条非树边构成的环，他们交集非空，那么有他们复合成环的长度的奇偶性即为这些环的奇偶性的和，即使这些环的交集可能经过一些边，也不要紧，因为构成的环的边是否存在，是根据有多少个环包含这条边所决定，若存在奇数个环包含该边，则该边存在，否则不存在，因而复合环的奇偶性等价于这些环的奇偶性的和。

　　代码

 #pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")

 #include<cstdio>

 const int M = ;

 const int N = ;

 int vis[N],deep[N],jump[N][],i,a[N],b[N],v[N][];

 int dp,p[N],pre[M],tt[M],id[M],flag[N],n,m,Flag[],s[N][];

 void link(int x,int y,int z)

 {

     dp++;pre[dp]=p[x];p[x]=dp;tt[dp]=y;id[dp]=z;

 }

 void dfs(int x,int fa)

 {

     vis[x]=;

     deep[x]=deep[fa]+;

     jump[x][]=fa;

     int i;

     for (i=;i<=;i++)

     jump[x][i]=jump[jump[x][i-]][i-];

     i=p[x];

     while (i)

     {

         if (!vis[tt[i]])

         {

             dfs(tt[i],x);

             flag[id[i]]=;

         }

         i=pre[i];

     }

 }

 int lca(int a,int b)

 {

     if (deep[a]<deep[b]) a^=b^=a^=b;

     int i;

     for (i=;i>=;i--)

     if (deep[jump[a][i]]>=deep[b]) a=jump[a][i];

     if (a==b) return a;

     for (i=;i>=;i--)

     if (jump[a][i]!=jump[b][i])

     {

         a=jump[a][i];b=jump[b][i];

     }

     return jump[a][];

 }

 void gao(int x)

 {

     int i;

     s[x][]+=v[x][];

     s[x][]+=v[x][];

     i=p[x];

     while (i)

     {

         if (jump[tt[i]][]==x)

         {

             gao(tt[i]);

             s[x][]+=s[tt[i]][];

             s[x][]+=s[tt[i]][];

         }

         i=pre[i];

     }

     if (s[x][]) Flag[]=;

     if (s[x][]) Flag[]=;

     if (s[x][]>=) Flag[]=;

 }

 int main()

 {

     int test;

     scanf("%d",&test);

     while (test--)

     {

     scanf("%d%d",&n,&m);

     dp=;

     for (i=;i<=n;i++)

     p[i]=vis[i]=v[i][]=v[i][]=s[i][]=s[i][]=;

     Flag[]=Flag[]=;

     for (i=;i<=m;i++)

     {

         flag[i]=;

         scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);

         link(a[i],b[i],i);

         link(b[i],a[i],i);

     }

     for (i=;i<=n;i++)

     if (vis[i]==) dfs(i,);

     for (i=;i<=m;i++)

     if (!flag[i])

     {

         int c=lca(a[i],b[i]);

         int dis=(deep[a[i]]+deep[b[i]]-*deep[c]+)%;

         v[jump[c][]][dis]--;

         v[c][dis]--;

         v[a[i]][dis]++;

         v[b[i]][dis]++;

     }

     for (i=;i<=n;i++)

     if (jump[i][]==) gao(i);

     if (Flag[])

     printf("YES\n");else printf("NO\n");

     if (Flag[])

     printf("YES\n");else printf("NO\n");

     }

 }

C.Segment

　　假设对于一个可行的方案，若Ai<Aj,且Bpi>Bpj,那么[Ai，Bpi]∩[Aj,Bpj]与[Ai，Bpj]∩[Aj,Bpi]是等价的，因此我们可以一直将这样的pi和pj进行交换，直到不存在这样的方案，也就是说对于所有的可行方案，经过这样的交换后，配对都会变成一样的，因此可以将A与B进行排序。若存在Ai>Bi则不存在可行方案，否则找一个最长的输出即可。

　　代码

 #include<iostream>

 #include<stdio.h>

 #include<math.h>

 #include<string.h>

 #include<stdlib.h>

 #include<algorithm>

 using namespace std;

 const int N= ;

 int n,m,i,a[N],b[N],f[N],j,flag,cnt,ans;

 int main()

 {

     int test;

     scanf("%d",&test);

     while (test--)

     {

         ans=;cnt=;flag=;

     scanf("%d%d",&n,&m);

         for (i=;i<=n;i++) f[i]=;

     for (i=;i<=m;i++)

     scanf("%d",&a[i]);

     for (i=;i<=m;i++)

     scanf("%d",&b[i]);

     sort(a+,a++m);

     sort(b+,b++m);

     for (i=;i<=m;i++)

     {

         for (j=a[i];j<=b[i];j++)

         f[j]=;

     if (a[i]>b[i])

     {

         flag=;break;

     }

     }

     for (i=;i<=n;i++)

     if (f[i]==) cnt++;else

     {

         if (cnt>ans) ans=cnt;cnt=;

     }

     if (cnt>ans) ans=cnt;

     if (flag) printf("Stupid BrotherK!\n");

     else

     printf("%d.000000\n",ans);

     }

 }

D.Brackets

　题意是给一个括号序列，支持两种操作，第一种是修改一个位置的括号，第二种是查询区间[L,R]中，第k个未匹配括号是哪一个，输出下标。若无解输出-1

　首先考虑有无解的判断，若一个序列中消除了已匹配的括号，那么未匹配括号必定是这种形式)))....)))(((((....((,我们可以根据前缀和来判断有无解，做法如下:

　　先将'(’视为1，')'视为-1，维护括号序列每个位置的的前缀和sum，那么在区间[L,R]中，未匹配括号的个数即为sum[L-1]+sum[R]-2*min(sum[i])(L<=i<=R)，区间最小的前缀和可以用线段树维护一下。

　然后考虑有解情况，若k<=sum[L-1]-sum[i]，则答案为区间[l,r]中最靠左边的前缀和为sum[L-1]-k的括号的位置。否则为区间中最靠右边的，且前缀和为min(sum[i])+(k-(sum[L-1]-min(sum[i])))的括号的位置+1。

用线段树维护一下前缀和最小值，即可进行上面解决方法的所有操作，复杂度O(nlogn)

　　代码

 #include<cstdio>

 #include<set>

 #define fi first

 #define sc second

 using namespace std;

 typedef pair<int,int> P;

 const int N = ;

 int v[N],e[N],n,m,i,o;

 P s[N];

 char ch[N];

 P min(P a,P b)

 {

     if (a.fi==b.fi)

     {

         if (a.sc<b.sc) return a;return b;

     }

     if (a.fi<b.fi) return a;return b;

 }

 void clean(int x)

 {

     if (v[x])

     {

         s[x].fi+=v[x];

         v[*x]+=v[x];

         v[*x+]+=v[x];

         v[x]=;

     }

 }

 void gao(int x,int l,int r)

 {

     v[x]=;

     if (r-l==)

     {

         s[x].fi=e[r];

         s[x].sc=r;

     }

     else

     {

         int m=(l+r)>>;

         gao(*x,l,m);

         gao(*x+,m,r);

         s[x]=min(s[*x],s[*x+]);

     }

 }

 void change(int x,int a,int b,int l,int r,int c)

 {

     clean(x);

     if ((a<=l)&&(r<=b))

     {

         v[x]+=c;

         return;

     }

     int m=(l+r)>>;

     if (a<m) change(*x,a,b,l,m,c);

     if (m<b) change(*x+,a,b,m,r,c);

     clean(*x);clean(*x+);

     s[x]=min(s[*x],s[*x+]);

 }

 P query(int x,int a,int b,int l,int r)

 {

     clean(x);

     if ((a<=l)&&(r<=b)) return s[x];

     int m=(l+r)>>;

     P tmp;tmp.fi=;

     if (a<m) tmp=min(tmp,query(*x,a,b,l,m));

     if (m<b) tmp=min(tmp,query(*x+,a,b,m,r));

     return tmp;

 }

 int get(int x,int a,int b,int l,int r,int c,int typ)

 {

     clean(x);

     if (s[x].fi>c) return ;

     int m=(l+r)>>;

     int ans=;

     if (r-l==)

     {

         if (s[x].fi==c) return r;else return ;

     }

     if ((a<=l)&&(r<=b))

     {

         if (typ==)

         {

             ans=get(*x,a,b,l,m,c,typ);

             if (ans) return ans;

             ans=get(*x+,a,b,m,r,c,typ);

             return ans;

         }

         else

         {

             ans=get(*x+,a,b,m,r,c,typ);

             if (ans) return ans;

             ans=get(*x,a,b,l,m,c,typ);

             return ans;

         }

     }

     if (typ==)

     {

     if (a<m) ans=get(*x,a,b,l,m,c,typ);

     if (ans) return ans;

     if (m<b) ans=get(*x+,a,b,m,r,c,typ);

     return ans;

     }

     else

     {

     if (m<b) ans=get(*x+,a,b,m,r,c,typ);

     if (ans) return ans;

     if (a<m) ans=get(*x,a,b,l,m,c,typ);

     return ans;

     }

 }

 int main()

 {

     int test;

     scanf("%d",&test);

     while (test--)

     {

     scanf("%d%d",&n,&m);

     for (i=;i<=n;i++)

     scanf(" %c",&ch[i]);

     for (i=;i<=n;i++)

     if (ch[i]=='(') e[i+]=e[i]+;else e[i+]=e[i]-;

     gao(,,n+);

     for (i=;i<=m;i++)

     {

         int typ,a,b,c;

         scanf("%d",&typ);

         if (typ==)

         {

             scanf("%d",&a);

             if (ch[a]=='(')

             {

                 ch[a]=')';

                 a++;

                 change(,a-,n+,,n+,-);

             }

             else

             {

                 ch[a]='(';

                 a++;

                 change(,a-,n+,,n+,);

             }

         }

         else

         {

             scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);

             a++;b++;

             P tmp=query(,a-,b,,n+);

             int p=,q=;

             p=query(,a-,a-,,n+).fi;

             q=query(,b-,b,,n+).fi;

             if (p-tmp.fi+q-tmp.fi<c)

                 printf("-1\n");

             else

             if (c<=p-tmp.fi)

                 printf("%d\n",get(,a-,n+,,n+,p-c,)-);

             else

                 printf("%d\n",get(,,b,,n+,tmp.fi+c-(p-tmp.fi)-,));

         }

     }

     }

 }

E.Game

题意是有n个人站成环，有一个集合S，每次从集合S中随机选出一个数字s，然后依次报数，报道s的人从环中出去，问n轮后有哪些人有获胜的可能性。经典的约瑟夫问题，可以O(N^3)dp解决。

代码

 #include<cstdio>

 const int N = ;

 int n,m,i,j,k,t,a[N],f[N][N],ans;

 int main()

 {

     int test;

     scanf("%d",&test);

     while (test--)

     {

     scanf("%d%d",&n,&m);

     for (i=;i<=m;i++)

     scanf("%d",&a[i]);

     for (i=;i<=n;i++)

     for (j=;j<=n;j++)

     f[i][j]=;

     f[][]=;

     for (i=;i<=n;i++)

     {

         for (j=;j<=m;j++)

         {

             t=(a[j]-)%i;

             for (k=;k<i;k++)

             if (f[i-][k])

             f[i][(t++k)%i]=;

         }

     }

     ans=;

     for (i=;i<n;i++)

     if (f[n][i]) ans++;

     printf("%d\n",ans);

     int flag=;

     for (i=;i<n;i++)

     if (f[n][i])

     {

         if (flag) printf(" ");

         flag=;

         printf("%d",i+);

     }

     printf("\n");

     }

 }

H.Occupation

　　题意是给一棵树，树上每个点都有一个权值，有三类操作，1.取一条路径上所有的没被取的点，2.如果x点被取了，则将其变为未取的状态，3.去以x为根的子树上所有没被取的点，每次操作后求出被取点的价值总和。

　　裸的树链剖分。。。

　　代码

 #include<cstdio>

 const int N = ;

 int dp,pre[N],p[N],tt[N],size[N],id[N],f[N],deep[N],go[N],L[N],R[N];

 int cnt,gf[N],i,n,e[N],a,b,v[N],s[N],sum[N];

 void link(int x,int y)

 {

     dp++;pre[dp]=p[x];p[x]=dp;tt[dp]=y;

 }

 void dfs1(int x,int y)

 {

     size[x]=;

     int i=p[x];

     while (i)

     {

         if (tt[i]!=y)

         {

             f[tt[i]]=x;

             deep[tt[i]]=deep[x]+;

             dfs1(tt[i],x);

             size[x]+=size[tt[i]];

             if (size[tt[i]]>size[go[x]]) go[x]=tt[i];

         }

         i=pre[i];

     }

 }

 void dfs2(int x,int y)

 {

     L[x]=++cnt;

     id[cnt]=x;

     gf[x]=y;

     if (go[x]) dfs2(go[x],y);

     int i=p[x];

     while (i)

     {

         if (deep[tt[i]]>deep[x])

         if (tt[i]!=go[x])

         dfs2(tt[i],tt[i]);

         i=pre[i];

     }

     R[x]=cnt;

 }

 void clean(int x)

 {

     if (v[x])

     {

         v[x]=;

         s[x]=sum[x];

         v[*x]=;

         v[*x+]=;

     }

 }

 void change(int x,int a,int b,int l,int r,int c)

 {

     clean(x);

     if ((a<=l)&&(r<=b))

     {

         if (c) v[x]=;else s[x]=;

         return;

     }

     int m=(l+r)>>;

     if (a<m) change(*x,a,b,l,m,c);

     if (m<b) change(*x+,a,b,m,r,c);

     clean(*x);clean(*x+);

     s[x]=s[*x]+s[*x+];

 }

 void gao(int a,int b)

 {

     while ()

     {

         if (deep[gf[a]]<deep[gf[b]]) a^=b^=a^=b;

         if (gf[a]==gf[b])

         {

             if (deep[a]<deep[b]) a^=b^=a^=b;

             change(,L[b]-,L[a],,n,);

             return;

         }

         else

         {

             change(,L[gf[a]]-,L[a],,n,);

             a=f[gf[a]];

         }

     }

 }

 void get(int x,int l,int r)

 {

     v[x]=s[x]=;

     if (r-l==)

     {

         sum[x]=e[id[r]];

         return;

     }

     int m=(l+r)>>;

     get(*x,l,m);

     get(*x+,m,r);

     sum[x]=sum[*x]+sum[*x+];

 }

 int main()

 {

     int test;

     scanf("%d",&test);

     while (test--)

     {

     scanf("%d",&n);dp=cnt=;

     for (i=;i<=n;i++)

     {

         scanf("%d",&e[i]);

         p[i]=go[i]=deep[i]=gf[i]=f[i]=;

     }

     for (i=;i<n;i++)

     {

         scanf("%d%d",&a,&b);

         link(a,b);link(b,a);

     }

     dfs1(,);

     dfs2(,);

     get(,,n);

     int m;

     scanf("%d",&m);

     for (i=;i<=m;i++)

     {

         int typ;

         scanf("%d",&typ);

         if (typ==)

         {

             scanf("%d%d",&a,&b);

             gao(a,b);

         }

         else

         {

             scanf("%d",&a);

             if (typ==)

                 change(,L[a]-,L[a],,n,);

             else

                 change(,L[a]-,R[a],,n,);

         }

         clean();

         printf("%d\n",s[]);

     }

     }

 }

I.Exploration

　　题意是给一张图，其中有一些边为双向，有一些为单向，问是否存在一个起点，其能走出一条路径，至少能到达一个起点以外的点，且最终能回到起点，注意路一旦经过，就会坍塌。

　　可以先将双向边连接的点用并查集并起来，如果一个集合中的点不构成一颗树，则说明存在环，那么这个环就可以视为答案，输出YES，如果所有集合都是生成树，那么接着考虑有向边，如果有向边连接的两个点属于同一集合，则存在环经过该有向边，可以直接输出YES，否则则将两端点所在的集合连边，最后进行一边拓扑排序，判断是否存在环，如果存在环输出YES，否则输出NO

代码

 #include<cstdio>

 #include<queue>

 using namespace std;

 const int N = ;

 int f[N],n,m1,m2,l[N],r[N],i,a,b,id[N],cnt,rd[N];

 int dp,pre[N],p[N],tt[N],vis[N];

 queue<int> Q;

 int gf(int x)

 {

     int t,p;

     p=x;

     while (p!=f[p]) p=f[p];

     while (x!=p)

     {

         t=f[x];

         f[x]=p;

         x=t;

     }

     return p;

 }

 void link(int x,int y)

 {

     dp++;pre[dp]=p[x];p[x]=dp;tt[dp]=y;

 }

 int main()

 {

     int test;

     scanf("%d",&test);

     while (test--)

     {

     scanf("%d%d%d",&n,&m1,&m2);

     for (i=;i<=m1;i++)

     scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);

     for (i=;i<=m2;i++)

     scanf("%d%d",&l[m1+i],&r[m1+i]);

     dp=;

     for (i=;i<=n;i++) f[i]=i,id[i]=rd[i]=p[i]=vis[i]=;

     for (i=;i<=m1;i++)

     {

         if (l[i]==r[i]) continue;

         a=gf(l[i]);b=gf(r[i]);

         if (a==b) break;

         f[a]=b;

     }

     if (i<=m1)

     {

         printf("YES\n");

         continue;

     }

     cnt=;

     for (i=;i<=n;i++)

     {

         if (id[gf(i)]==) id[gf(i)]=++cnt;

         id[i]=id[gf(i)];

     }

     for (i=m1+;i<=m1+m2;i++)

     {

         if (l[i]==r[i]) continue;

         if (id[l[i]]==id[r[i]]) break;

         link(id[l[i]],id[r[i]]);

         rd[id[r[i]]]++;

     }

     if(i<=m1+m2)

     {

         printf("YES\n");

         continue;

     }

     for (i=;i<=cnt;i++)

     if (rd[i]==) Q.push(i);

     while (!Q.empty())

     {

         int x=Q.front();Q.pop();

         i=p[x];

         while (i)

         {

             rd[tt[i]]--;

             if (!rd[tt[i]]) Q.push(tt[i]);

             i=pre[i];

         }

     }

     for (i=;i<=cnt;i++)

     if (rd[i]) break;

     if (i<=cnt) printf("YES\n");else printf("NO\n");

     }

 }

J.GCD

题意是给一些询问，每次询问区间[L,R]的gcd是多少，且得到的答案为w，问能否构造出一个使得所有询问都满足的答案，如果存在多个方案，输出一个序列和最小的方案。

一开始设序列所有数字为1，对于一个询问[L,R]我们可以把区间[L,R]中的数字ai变为lcm(ai,w),这样就可以构造出一个序列，最后用询问来验证一下这个序列是否合法，如果合法，那么该序列即为最小方案，若不合法即为无解。

　　代码

 #include<cstdio>

 const int N = ;

 int n,m,i,j,l[N],r[N],w[N],test,tmp;

 long long a[N];

 long long gcd(long long a,long long b)

 {

     if (b==) return a;

     return gcd(b,a%b);

 }

 int main()

 {

     scanf("%d",&test);

     while (test--)

     {

     scanf("%d%d",&n,&m);

     for (i=;i<=m;i++)

     scanf("%d%d%d",&l[i],&r[i],&w[i]);

     for (i=;i<=n;i++)

     {

         a[i]=;

         for (j=;j<=m;j++)

         if ((l[j]<=i)&&(i<=r[j]))

         {

             a[i]=(a[i]*w[j])/gcd(a[i],w[j]);

             if (a[i]>) break;

         }

         if (a[i]>) break;

     }

     if (i<=n)

     printf("Stupid BrotherK!\n");

     else

     {

         for (i=;i<=m;i++)

         {

             tmp=;

             for (j=l[i];j<=r[i];j++)

             tmp=gcd(tmp,a[j]);

             if (tmp!=w[i]) break;

         }

         if (i<=m) printf("Stupid BrotherK!\n");

         else

         {

             for (i=;i<n;i++)

             printf("%I64d ",a[i]);printf("%I64d\n",a[n]);

         }

     }

     }

 }

个人训练记录-赛码"bestcoder"杯中国大学生程序设计冠军赛的更多相关文章

ACM 五一杭电赛码"BestCoder"杯中国大学生程序设计冠军赛小记
对于这项曾经热爱的竞赛,不得不说这是我最后一年参加ACM比赛了,所以要珍惜每一次比赛的机会. 五一去杭电参加了赛码"BestCoder"杯中国大学生程序设计冠军赛,去的队伍包括了今 ...
HDU 5215 BestCoder"杯中国大学生程序设计冠军赛” 边双连通分量取出子图+二分染色判图内奇偶环
Cycle Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 131072/131072 K (Java/Others)Total Sub ...
赛码网算法：军训队列( python实现 )
军训队列题目描述某大学开学进行军训队列训练,将学生从一开始按顺序依次编号,并排成一行横队,训练的规则如下:从头开始一至二报数,凡报到二的出列剩下的依次向前靠拢,再从头开始进行一至三报数,凡报到三的出 ...
赛码网算法：上台阶（ python3实现、c实现）
上台阶题目描述有一楼梯共m级,刚开始时你在第一级,若每次只能跨上一级或二级,要走上第m级,共有多少走法?注:规定从一级到一级有0种走法. 输入输入数据首先包含一个整数n(1<=n<=1 ...
台州学院maximum cow训练记录
前队名太过晦气,故启用最大牛我们的组队大概就是18年初,组队阵容是17级生詹志龙.陶源和16级的黄睿博. 三人大学前均无接触过此类竞赛,队伍十分年轻.我可能是我们队最菜的,我只是知道的内容最多,靠我 ...
并查集+拓扑排序赛码 1009 Exploration
题目传送门 /* 题意:无向图和有向图的混合图判环: 官方题解:首先对于所有的无向边,我们使用并查集将两边的点并起来,若一条边未合并之前, 两端的点已经处于同一个集合了,那么说明必定存在可行的环(因为 ...
递推DP 赛码 1005 Game
题目传送门 /* 递推DP:官方题解令Fi,j代表剩下i个人时,若BrotherK的位置是1,那么位置为j的人是否可能获胜转移的时候可以枚举当前轮指定的数是什么,那么就可以计算出当前位置j的人在剩 ...
数学赛码 1010 GCD
题目传送门 /* 数学:官方题解首先,数组中每个元素至少是1 然后对于任意一个询问Li, Ri, Ansi, 说明Li ~ Ri中的元素必定是Ansi的倍数,那么只需将其与Ansi取最小公倍数即可 ...
贪心赛码 1001 Movie
题目传送门 /* 贪心:官方题解: 首先我们考虑如何选择最左边的一个区间假设最左边的区间标号是i, 那选择的另外两个区间的左端点必定要大于Ri 若存在i之外的j, 满足Rj<Ri, 那么另外两 ...

随机推荐

KVO 键值观察者
KVO(键值观察者) //监听的创建 -(id)initChildren:(Person *)person { self = [super init]; if (self != nil) { //拥有 ...
Spring MVC如何配置OpenSessionInViewInterceptor并结合Hibernate使用
最近在使用Spring MVC开发,在使用Hibernate查询数据库的时候因为Session在DAO层被关闭导致延迟加载的属性在使用时报错,经过查询网上资料将解决方法整理如下: 我使用的是OpenS ...
在list_*页面显示出一级栏目下的所有二级栏目
<ul class="nav nav-pills nav-stacked"> {dede:channelartlist typeid='1,1'} <div cl ...
js中的数据类型
JS中的数据类型: ——数字 (number)NaN ——字符串(string) ——布尔 (boolean)——函数 (function) 也是对象的一种 ——对象 (object) ...
Android：Activity生命周期
Android是使用任务(Task)来管理活动的,一个任务就是一组存放在栈里的活动的集合,这个栈也被称作返回栈(Back Stack). 栈是一种后进先出的数据结构,在默认情况下,每当我们启动了一个新 ...
python字符串前面加r
在Python的string前面加上'r', 是为了告诉编译器这个string是个raw string,不要转意backslash '\' . 例如,\n 在raw string中,是两个字符,\和n ...
ehcache memcache redis 三大缓存
最近项目组有用到这三个缓存,去各自的官方看了下,觉得还真的各有千秋!今天特意归纳下各个缓存的优缺点,仅供参考! Ehcache 在Java项目广泛的使用.它是一个开源的.设计于提高在数据从RDBMS ...
C fgetc
格式:int fgetc(FILE *stream); 这个函数的返回值,是返回所读取的一个字节.如果读到文件末尾或者读取出错时返回EOF. 位于stdio.h中.从流中读取字符,即从stream所指 ...
Java POI导入导出Excel
1.异常java.lang.NoClassDefFoundError: org/apache/poi/UnsupportedFileFormatException 解决方法: 使用的poi的相关jar ...
Apache Storm源码阅读笔记
欢迎转载,转载请注明出处. 楔子自从建了Spark交流的QQ群之后,热情加入的同学不少,大家不仅对Spark很热衷对于Storm也是充满好奇.大家都提到一个问题就是有关storm内部实现机理的资料比 ...

个人训练记录-赛码"bestcoder"杯中国大学生程序设计冠军赛

个人训练记录-赛码"bestcoder"杯中国大学生程序设计冠军赛的更多相关文章

随机推荐

热门专题