My_Plan part1 小结

数位DP AC十道题目以上成就达成

八月份！三个月！想想就令人兴奋呢

开始写总结啦

貌似简单的数位DP只需要改改模板就可以啦

就按照我的做题顺序开始总结吧

先是学习了一发模板：http://www.cnblogs.com/jffifa/archive/2012/08/17/2644847.html

但是一开始学的不是很深刻，导致后来做题的时候犯了很多错误

hdu 2089

数字中不能出现62和4

一开始设计的状态是f[i][j]表示长度为i且上一个数字为j，然后写了一发过来

其实状态是可以精简的，可以精简成f[i][0/1]表示长度为i上一个数字是否为6

精简后的状态比裸DP快的多，精简后的代码

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

int L,R;

int f[12][2];//0 无6 1 有6

int Num[12],len=0;

void check(int n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

int DFS(int pos,int six,int flag){

	if(!pos)return 1;

	if(!flag&&f[pos][six]!=-1)return f[pos][six];

	int tmp=0,u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=0;i<=u;++i){

		if(i==4)continue;

		if(six&&i==2)continue;

		tmp+=DFS(pos-1,i==6,flag&&i==u);

	}return flag?tmp:f[pos][six]=tmp;

}

int main(){

	while(scanf("%d%d",&L,&R)==2){

		if(!L&&!R)break;

		check(R);memset(f,-1,sizeof(f));

		R=DFS(len,0,1);

		check(L-1);memset(f,-1,sizeof(f));

		L=DFS(len,0,1);

		printf("%d\n",R-L);

	}return 0;

}

hdu 3555

数字中不能出现49，跟上道题目做法一样

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

LL n;

LL f[22][2];//0 不是4 1 是4

int T;

int Num[22],len;

void check(LL n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

LL DFS(int pos,int four,int flag){

	if(!pos)return 1;

	if(!flag&&f[pos][four]!=-1)return f[pos][four];

	LL tmp=0;

	int u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=0;i<=u;++i){

		if(four&&i==9)continue;

		tmp+=DFS(pos-1,i==4,flag&&i==u);

	}return flag?tmp:f[pos][four]=tmp;

}

int main(){

	scanf("%d",&T);

	while(T--){

		scanf("%lld",&n);

		check(n);memset(f,-1,sizeof(f));

		printf("%lld\n",n+1-DFS(len,0,1));

	}return 0;

}

hdu 3652

数字中要求有13这个子串同时自身能被13整除

加一维0/1/2表示当前数字和13的匹配长度

再加一维记录余数即可

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

int n;

int t[13];

int f[13][13][3];

int Num[13],len=0;

void check(int n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

int DFS(int pos,int mod,int one,int flag){

	if(!pos){

		if(one==2&&!mod)return 1;

		return 0;

	}

	if(!flag&&f[pos][mod][one]!=-1)return f[pos][mod][one];

	int tmp=0,u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=0;i<=u;++i){

		int now=one;

		if(now!=2){

			if(now==1&&i==3)now=2;

			else if(i==1)now=1;

			else now=0;

		}

		tmp+=DFS(pos-1,(mod+i*t[pos])%13,now,flag&&i==u);

	}return flag?tmp:f[pos][mod][one]=tmp;

}

int main(){

	t[1]=1;

	for(int i=2;i<=10;++i)t[i]=t[i-1]*10;

	while(scanf("%d",&n)==1){

		check(n);memset(f,-1,sizeof(f));

		n=DFS(len,0,0,1);

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

	}return 0;

}

codeforces #55 D

求能被自己各位非零数字整除的数字

我们发现我们需要记录这个数字%(1-9)的值，如果强行加维会爆炸

但是我们发现对于%p来说，假设我们知道一个数字%(k*p)的值，我们就可以知道其%p的值

那么我们只需要记录这个数字%2520的余数就可以了(LCM(1-9)=2520)

之后我们需要知道这个数字中那些数字出现过，在这里其实我们只需要知道2-9是否出现过就可以了

可以在加一维状态压缩来记录

更好一点的做法是我们发现%2=0和%5=0我们只需要判断最后一位数字就可以了

而去掉2和5之后的LCM=252，这样我们就可以把状态数变成了原来的1/10

但是本人还是写的2520的QAQ

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

int T;

int Num[22],len=0;

LL f[22][2520][256];

LL t[22];

LL L,R;

void check(LL n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

LL DFS(int pos,int mod,int S,int flag){

	if(!pos){

		for(int i=0;i<8;++i){

			if(S>>i&1){

				if(mod%(i+2))return 0;

			}

		}return 1;

	}

	if(!flag&&f[pos][mod][S]!=-1)return f[pos][mod][S];

	LL tmp=0;

	int u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=0;i<=u;++i){

		int now=S;

		if(i>1)now|=(1<<(i-2));

		tmp=tmp+DFS(pos-1,(mod+i*t[pos])%2520,now,flag&&i==u);

	}return flag?tmp:f[pos][mod][S]=tmp;

}

int main(){

	t[1]=1;

	for(int i=2;i<=20;++i)t[i]=t[i-1]*10;

	scanf("%d",&T);

	memset(f,-1,sizeof(f));

	while(T--){

		scanf("%lld%lld",&L,&R);

		check(R);

		R=DFS(len,0,0,1);

		check(L-1);

		L=DFS(len,0,0,1);

		printf("%lld\n",R-L);

	}return 0;

}

poj 3252

求有多少个二进制串中0的数量不少于1的数量

状态是很显然的，f[i][j]表示长度为i，1的数量为j

然后直接裸上DP就可以了，注意此时前导零对答案会有影响

所以我采用的方法是<len的直接预处理计算

=len的采用记忆化搜索

其实可以直接记忆化搜索，在多传一个参数表示是否是首位就可以啦

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<cstdlib>

#include<algorithm>

using namespace std;

int L,R;

int Num[35],len=0;

int f[35][35],ans;

int dp[35][35];

void check(int n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=(n&1),n>>=1;

}

int DFS(int pos,int num_one,int flag){

	if(!pos){

		if(num_one<=(len>>1))return 1;

		return 0;

	}

	if(!flag&&f[pos][num_one]!=-1)return f[pos][num_one];

	int tmp=0,u=flag?Num[pos]:1;

	for(int i=(pos==len?1:0);i<=u;++i){

		tmp=tmp+DFS(pos-1,num_one+(i==1),flag&&i==u);

	}

	return flag?tmp:f[pos][num_one]=tmp;

}

int main(){

	scanf("%d%d",&L,&R);

	dp[1][1]=1;

	for(int i=1;i<32;++i){

		for(int j=0;j<=i;++j){

			dp[i+1][j+1]+=dp[i][j];

			dp[i+1][j]+=dp[i][j];

		}

	}

	check(R);memset(f,-1,sizeof(f));

	R=DFS(len,0,1);

	for(int i=1;i<len;++i){

		for(int j=0;j<=(i>>1);++j)R+=dp[i][j];

	}

	check(L-1);memset(f,-1,sizeof(f));

	L=DFS(len,0,1);

	for(int i=1;i<len;++i){

		for(int j=0;j<=(i>>1);++j)L+=dp[i][j];

	}

	printf("%d\n",R-L);

	return 0;

}

hdu 3709

定义平衡数是存在一个重心，使得左右连边的权重和相等的数

求给定区间内有多少个平衡数

首先我们可以证明在没有前导零的情况下，一个平衡数最多只有一个重心

因为重心移动一定是一边加上一个正整数，另一边减去一个正整数，不可能存在继续平衡的可能性

那么由于位数很小，我们不妨枚举重心，我们发现实际上可能的权重和也很小

就设f[i][j]表示位数为i，权重和为j的方案就可以啦

然后如果考虑不考虑前导零的话，最后还要减去000000这种情况

由于L>=0,所以要特判L=0的情况

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

int T,now,cur;

LL L,R;

LL f[22][3010];

int Num[22],len=0;

void check(LL n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

LL DFS(int pos,int sum,int flag){

	if(!pos){

		if(sum==0)return 1;

		return 0;

	}

	if(!flag&&f[pos][sum]!=-1)return f[pos][sum];

	LL tmp=0;int u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=0;i<=u;++i){

		int QAQ=sum+i*(pos-now);

		if(QAQ<0)continue;

		tmp+=DFS(pos-1,QAQ,flag&&i==u);

	}return flag?tmp:f[pos][sum]=tmp;

}

int main(){

	scanf("%d",&T);

	while(T--){

		scanf("%lld%lld",&L,&R);

		check(R);R=0;cur=len;

		for(int i=1;i<=len;++i){

			now=i;

			memset(f,-1,sizeof(f));

			R+=DFS(len,0,1);

		}

		if(L==0)L=0,len=1;

		else{

			check(L-1);L=0;

			for(int i=1;i<=len;++i){

				now=i;

				memset(f,-1,sizeof(f));

				L+=DFS(len,0,1);

			}

		}printf("%lld\n",R-L-(cur-len));

	}return 0;

}

SPOJ BALNUM

求有多少个数字出现的每个偶数数字出现了奇数次，出现的每个奇数数字出现了偶数次

我们发现一个数字最多只有3种情况，没出现，出现奇数次，出现偶数次

用三进制表示状态压缩即可，自己的代码写的略丑

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<algorithm>

#include<iostream>

using namespace std;

typedef long long LL;

int T;

int Num[22],len=0;

bool vis[60010];

int code[12];

LL f[22][60010];

LL L,R;

//0 没出现 1 出现奇数 2 出现偶数 

void decode(int S,int *code){

	for(int i=0;i<=9;++i){

		code[i]=S%3;S/=3;

	}return;

}

int encode(int *code){

	int S=0;

	for(int i=9;i>=0;--i)S=S*3+code[i];

	return S;

}

bool judge(int S){

	decode(S,code);

	for(int i=0;i<=9;++i){

		if(i&1){

			if(code[i]==1)return false;

		}else if(code[i]==2)return false;

	}return true;

}

void check(LL n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

LL DFS(int pos,int S,int flag,int first){

	if(!pos){

		if(vis[S])return 1;

		return 0;

	}

	if(!flag&&f[pos][S]!=-1)return f[pos][S];

	LL tmp=0;int u=flag?Num[pos]:9;

	int ch[12];

	for(int i=0;i<=u;++i){

		decode(S,ch);

		if(i==0&&first);

		else{

			if(ch[i]==0)ch[i]=1;

			else if(ch[i]==1)ch[i]=2;

			else ch[i]=1;

		}

		tmp+=DFS(pos-1,encode(ch),flag&&i==u,first&&i==0);

	}return flag?tmp:f[pos][S]=tmp;

}

int main(){

	scanf("%d",&T);

	for(int i=0;i<59049;++i)if(judge(i))vis[i]=true;

	while(T--){

		scanf("%lld%lld",&L,&R);

		check(R);memset(f,-1,sizeof(f));

		R=DFS(len,0,1,1);

		check(L-1);memset(f,-1,sizeof(f));

		L=DFS(len,0,1,1);

		printf("%lld\n",R-L);

	}return 0;

}

BZOJ 1026

windy数，没什么好说的

只是实验一下新模板的效果

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstdlib>

using namespace std;

int L,R;

int f[12][12];

int dp[12][12];

int Num[12],len=0;

void check(int n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

int DFS(int pos,int la,int flag){

	if(!pos)return 1;

	if(!flag&&f[pos][la]!=-1)return f[pos][la];

	int tmp=0,u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=(pos==len?1:0);i<=u;++i){

		if(pos!=len&&abs(i-la)<2)continue;

		tmp+=DFS(pos-1,i,flag&&i==u);

	}return flag?tmp:f[pos][la]=tmp;

}

int main(){

	scanf("%d%d",&L,&R);

	for(int i=1;i<=9;++i)dp[1][i]=1;

	for(int i=1;i<10;++i){

		for(int j=0;j<=9;++j){

			if(dp[i][j]){

				for(int k=0;k<=9;++k){

					if(abs(j-k)<2)continue;

					dp[i+1][k]+=dp[i][j];

				}

			}

		}

	}

	memset(f,-1,sizeof(f));

	check(R);R=DFS(len,0,1);

	for(int i=1;i<len;++i)for(int j=0;j<=9;++j)R+=dp[i][j];

	check(L-1);L=DFS(len,0,1);

	for(int i=1;i<len;++i)for(int j=0;j<=9;++j)L+=dp[i][j];

	printf("%d\n",R-L);

	return 0;

}

BZOJ 4521

CQOI的模板题目，限定11位真是兹磁啊，留下了L=10^11的大陷阱

加一维表示上一个数是多少

再加一维0/1/2/3表示连续的数字个数

再加一维表示是否有8，再加一维表示是否有4

模板写起来就好啦

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<cstdlib>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

int Num[13],len=0;

LL L,R;

LL f[13][10][4][2][2];// 位数 0/1/2/3 是否有8 是否有4 

void check(LL n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

LL DFS(int pos,int la,int go_num,int eight,int four,int flag){

	if(!pos){

		if((go_num!=3)||(eight&&four))return 0;

		return 1;

	}

	if(!flag&&f[pos][la][go_num][eight][four]!=-1)return f[pos][la][go_num][eight][four];

	LL tmp=0;int u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=(pos==len?1:0);i<=u;++i){

		int now=go_num;

		if(now==3);

		else{

			if(i==la)now++;

			else now=1;

		}

		tmp+=DFS(pos-1,i,now,eight|(i==8),four|(i==4),flag&&i==u);

	}return flag?tmp:f[pos][la][go_num][eight][four]=tmp;

}

int main(){

	scanf("%lld%lld",&L,&R);

	memset(f,-1,sizeof(f));

	check(R);R=DFS(len,0,0,0,0,1);

	check(L-1);

	if(len==11)L=DFS(len,0,0,0,0,1);

	else L=0;

	printf("%lld\n",R-L);

	return 0;

}

hdu 4734

一开始被吓到了，开始考虑如何暴力的时候很惊讶的发现F(x)的范围很小，不到20000

那么我们缀一维表示F(x)的值就可以啦

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<cstdlib>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

int T,fit,A,B,kase;

int f[12][20010];

int Num[12],len=0;

void check(int n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

int DFS(int pos,int sum,int flag){

	if(!pos)return sum>=0;

	if(sum<0)return 0;

	if(!flag&&f[pos][sum]!=-1)return f[pos][sum];

	int tmp=0,u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=0;i<=u;++i){

		tmp+=DFS(pos-1,sum-i*(1<<(pos-1)),flag&&i==u);

	}return flag?tmp:f[pos][sum]=tmp;

}

int main(){

	scanf("%d",&T);

	memset(f,-1,sizeof(f));

	while(T--){

		scanf("%d%d",&A,&B);kase++;

		check(A);fit=0;

		for(int i=1;i<=len;++i)fit=fit+Num[i]*(1<<(i-1));

		check(B);B=DFS(len,fit,1);

		printf("Case #%d: %d\n",kase,B);

	}return 0;

}

hdu 4507

不能有7，转移的时候直接判

缀两维表示两个限制%7的余数

唯一的问题是求平方和

式子参照我在cojs上出的题目就可以啦

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstdlib>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int mod=1e9+7;

int T;

int Num[22],len=0;

LL L,R;

LL t[22];

struct num{

	LL s0,s1,s2;

	void clear(){s0=s1=s2=0;}

}f[22][7][7];

void check(LL n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

num DFS(int pos,int num_mod,int sum_mod,int flag){

	if(!pos){

		num tmp;tmp.clear();

		if(num_mod!=0&&sum_mod!=0)tmp.s0=1;

		else tmp.s0=0;

		return tmp;

	}

	if(!flag&&f[pos][num_mod][sum_mod].s0!=-1)return f[pos][num_mod][sum_mod];

	num tmp;tmp.clear();

	int u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=0;i<=u;++i){

		if(i==7)continue;

		num now=DFS(pos-1,(num_mod+i*t[pos])%7,(sum_mod+i)%7,flag&&i==u);

		LL sum=i*t[pos]%mod;

		tmp.s0=tmp.s0+now.s0;if(tmp.s0>=mod)tmp.s0-=mod;

		tmp.s1=tmp.s1+now.s1;if(tmp.s1>=mod)tmp.s1-=mod;

		tmp.s1=tmp.s1+now.s0*sum%mod;if(tmp.s1>=mod)tmp.s1-=mod;

		tmp.s2=tmp.s2+now.s2;if(tmp.s2>=mod)tmp.s2-=mod;

		tmp.s2=tmp.s2+now.s1*sum%mod*2%mod;if(tmp.s2>=mod)tmp.s2-=mod;

		tmp.s2=tmp.s2+now.s0*sum%mod*sum%mod;if(tmp.s2>=mod)tmp.s2-=mod;

	}return flag?tmp:f[pos][num_mod][sum_mod]=tmp;

}

int main(){

	t[1]=1;

	for(int i=2;i<=20;++i)t[i]=t[i-1]*10;

	scanf("%d",&T);

	memset(f,-1,sizeof(f));

	while(T--){

		scanf("%lld%lld",&L,&R);

		check(R);num A=DFS(len,0,0,1);

		check(L-1);num B=DFS(len,0,0,1);

		printf("%lld\n",(A.s2-B.s2+mod)%mod);

	}return 0;

}

hdu 4352

求[L,R]中有多少个数字的LIS恰好为K

首先注意到LIS最大是10，我们考虑如何求LIS

我们nlogn求LIS的时候对于每个长度记录最小的结尾即可

这样我们就可以状态压缩了

压缩的原理是这样的：如果某个数字i对应压缩位为1，那么[0,i]中有多少个1就是长度，这个数字表示这个长度的最小结尾

每次数位DP增加一个数字后更新即可

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstdlib>

using namespace std;

typedef long long LL;

int T,k,kase;

int Num[22],len=0;

int num[1024];

LL L,R;

LL f[22][1024][11];

void check(LL n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

void encode(int &S,int pos){

	for(int i=pos;i<=9;++i){

		if(S>>i&1){S^=(1<<i);break;}

	}S|=(1<<pos);return;

}

LL DFS(int pos,int S,int flag,int first){

	if(!pos)return num[S]==k;

	if(!flag&&f[pos][S][k]!=-1)return f[pos][S][k];

	LL tmp=0;int u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=0;i<=u;++i){

		int now=S;

		if(first&&i==0);

		else encode(now,i);

		tmp+=DFS(pos-1,now,flag&&i==u,first&&i==0);

	}return flag?tmp:f[pos][S][k]=tmp;

}

int main(){

	scanf("%d",&T);

	for(int i=1;i<1024;++i)num[i]=num[i>>1]+(i&1);

	memset(f,-1,sizeof(f));

	while(T--){

		scanf("%lld%lld",&L,&R);

		scanf("%d",&k);kase++;

		check(R);R=DFS(len,0,1,1);

		check(L-1);L=DFS(len,0,1,1);

		printf("Case #%d: %lld\n",kase,R-L);

	}return 0;

}

ZOJ 3494

给定一个把十进制数字转化的方法

之后给定若干的禁止串，求[L,R]中不含禁止串的数字有多少个

建立AC自动机，之后设f[i][j]表示走了i步走到了AC自动机的j节点

预处理判断是否合法就可以了

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstdlib>

#include<queue>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=2010;

const int mod=1000000009;

int T,n,len;

char s[maxn];

char Num[maxn];

int Go[maxn][10];

LL f[210][maxn];

LL L,R;

queue<int>Q;

struct trie{

	int cnt;

	int next[maxn][2];

	int fail[maxn];

	bool vis[maxn];

	void init(){

		cnt=1;fail[1]=0;vis[1]=false;

		next[1][0]=next[1][1]=0;

	}

	int Newnode(){

		++cnt;next[cnt][0]=next[cnt][1]=0;

		fail[cnt]=0;vis[cnt]=false;return cnt;

	}

	void insert(){

		int L=strlen(s+1),now=1;

		for(int i=1;i<=L;++i){

			int nxt=s[i]-'0';

			if(!next[now][nxt])next[now][nxt]=Newnode();

			now=next[now][nxt];

		}vis[now]=true;return;

	}

	void build_fail(){

		Q.push(1);fail[1]=0;

		while(!Q.empty()){

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

			vis[u]|=vis[fail[u]];

			for(int i=0;i<2;++i){

				int k=fail[u];

				while(k&&!next[k][i])k=fail[k];

				if(next[u][i]){

					fail[next[u][i]]=k?next[k][i]:1;

					Q.push(next[u][i]);

				}else next[u][i]=k?next[k][i]:1;

			}

		}return;

	}

	int Let_Go(int now,int num){

		if(vis[now])return -1;

		for(int i=3;i>=0;--i){

			now=next[now][num>>i&1];

			if(vis[now])return -1;

		}return now;

	}

}AC;

void Get_Pre(){

	memset(f,-1,sizeof(f));

	for(int i=1;i<=AC.cnt;++i){

		for(int j=0;j<=9;++j){

			Go[i][j]=AC.Let_Go(i,j);

		}

	}return;

}

void flip(){for(int i=1;i<=len;++i)Num[len-i+1]=s[i]-'0';}

LL DFS(int pos,int S,int flag,int first){

	if(!pos)return 1;

	if(!flag&&!first&&f[pos][S]!=-1)return f[pos][S];

	LL ans=0;

	if(first){

		ans+=DFS(pos-1,S,flag&&Num[pos]==0,true);

		if(ans>=mod)ans-=mod;

	}else{

		if(Go[S][0]!=-1)ans+=DFS(pos-1,Go[S][0],flag&&Num[pos]==0,false);

		if(ans>=mod)ans-=mod;

	}

	int u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=1;i<=u;++i){

		if(Go[S][i]!=-1){

			ans+=DFS(pos-1,Go[S][i],flag&&i==u,false);

			if(ans>=mod)ans-=mod;

		}

	}return (flag||first)?ans:f[pos][S]=ans;

}

int main(){

	scanf("%d",&T);

	while(T--){

		AC.init();

		scanf("%d",&n);

		for(int i=1;i<=n;++i){

			scanf("%s",s+1);

			AC.insert();

		}AC.build_fail();

		Get_Pre();

		scanf("%s",s+1);

		len=strlen(s+1);

		for(int i=len;i>=1;--i){

			if(s[i]>'0'){s[i]--;break;}

			s[i]='9';

		}

		flip();L=DFS(len,1,1,1);

		scanf("%s",s+1);

		len=strlen(s+1);

		flip();R=DFS(len,1,1,1);

		printf("%lld\n",(R-L+mod)%mod);

	}return 0;

}

BZOJ 3530

上面那道题的弱化版，直接写就可以啦

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<queue>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=1510;

const int mod=1e9+7;

int n,len;

char s[maxn];

char p[maxn];

char Num[maxn];

queue<int>Q;

int Go[maxn][10];

LL f[maxn][maxn];

LL ans;

struct trie{

	int cnt;

	int next[maxn][10];

	int fail[maxn];

	bool vis[maxn];

	void init(){cnt=1;}

	void insert(){

		int L=strlen(p+1),now=1;

		for(int i=1;i<=L;++i){

			int nxt=p[i]-'0';

			if(!next[now][nxt])next[now][nxt]=++cnt;

			now=next[now][nxt];

		}vis[now]=true;return;

	}

	void build_fail(){

		Q.push(1);

		while(!Q.empty()){

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

			vis[u]|=vis[fail[u]];

			for(int i=0;i<10;++i){

				int k=fail[u];

				while(k&&!next[k][i])k=fail[k];

				if(next[u][i]){

					fail[next[u][i]]=k?next[k][i]:1;

					Q.push(next[u][i]);

				}else next[u][i]=k?next[k][i]:1;

			}

		}return;

	}

	LL DFS(int pos,int S,int flag,int first){

		if(!pos)return 1;

		if(!flag&&!first&&f[pos][S]!=-1)return f[pos][S];

		LL tmp=0;

		if(first){

			tmp+=DFS(pos-1,S,flag&&Num[pos]==0,1);

			if(tmp>=mod)tmp-=mod;

		}else{

			if(!vis[next[S][0]]){

				tmp+=DFS(pos-1,next[S][0],flag&&Num[pos]==0,0);

				if(tmp>=mod)tmp-=mod;

			}

		}

		int u=flag?Num[pos]:9;

		for(int i=1;i<=u;++i){

			if(!vis[next[S][i]]){

				tmp+=DFS(pos-1,next[S][i],flag&&i==Num[pos],0);

				if(tmp>=mod)tmp-=mod;

			}

		}return (flag||first)?tmp:f[pos][S]=tmp;

	}

}AC;

void flip(){for(int i=1;i<=len;++i)Num[len-i+1]=s[i]-'0';}

int main(){

	scanf("%s",s+1);

	AC.init();scanf("%d",&n);

	for(int i=1;i<=n;++i){

		scanf("%s",p+1);

		AC.insert();

	}AC.build_fail();

	len=strlen(s+1);

	memset(f,-1,sizeof(f));

	flip();ans=AC.DFS(len,1,1,1);

	printf("%lld\n",(ans-1+mod)%mod);

	return 0;

}

BZOJ 3209

枚举1的个数然后做数位DP，之后快速幂乘起来就好啦

值得一提的是这个题可以直接用组合数算数位DP的结果

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<cstdlib>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int mod=10000007;

LL n,ans;

LL f[72][72];

int Num[72],len=0;

LL pow_mod(LL v,LL p){

	LL tmp=1;

	while(p){

		if(p&1)tmp=tmp*v%mod;

		v=v*v%mod;p>>=1;

	}return tmp;

}

void check(LL n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=(n&1),n>>=1;

}

LL DFS(int pos,int one,int flag){

	if(one<0)return 0;

	if(!pos){

		if(!one)return 1;

		return 0;

	}

	if(!flag&&f[pos][one]!=-1)return f[pos][one];

	LL tmp=0;int u=flag?Num[pos]:1;

	for(int i=0;i<=u;++i){

		tmp=tmp+DFS(pos-1,one-(i==1),flag&&i==u);

	}return flag?tmp:f[pos][one]=tmp;

}

int main(){

	scanf("%lld",&n);

	check(n);ans=1;memset(f,-1,sizeof(f));

	for(int i=1;i<=len;++i){

		LL now=DFS(len,i,1);

		ans=ans*pow_mod(1LL*i,now)%mod;

	}printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}

BZOJ 3329

x^3x=2x等价于x^2x=3x

我们知道异或是不进位加法

又因为x+2x=3x

所以当且仅当满足x中任意相邻两个数不都是1才是方程的一组解

即x&(x<<1)=0

对于第一问我们直接做数位DP就可以了

第二问我们设f[i][0/1]表示i位且上一位是0/1

f[i][0]=f[i-1][0]+f[i-1][1]

f[i][1]=f[i-1][0]

之后直接矩阵乘法就可以了

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<cstdlib>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int mod=1e9+7;

int T;

int Num[72],len=0;

LL f[72][2];//上一位是多少

LL n,sum;

struct Matrix{

	LL a[2][2];

	Matrix(){memset(a,0,sizeof(a));}

}A,ans;

void check(LL n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=(n&1),n>>=1;

}

LL DFS(int pos,int la,int flag){

	if(!pos)return 1;

	if(!flag&&f[pos][la]!=-1)return f[pos][la];

	LL tmp=0;int u=flag?Num[pos]:1;

	for(int i=0;i<=u;++i){

		if(la==1&&i==1)continue;

		tmp=tmp+DFS(pos-1,i,flag&&i==u);

	}return flag?tmp:f[pos][la]=tmp;

}

void build_Matrix(){

	A.a[0][0]=1;A.a[0][1]=1;

	A.a[1][0]=1;A.a[1][1]=0;

}

Matrix operator *(const Matrix &A,const Matrix &B){

	Matrix C;

	for(int i=0;i<2;++i){

		for(int j=0;j<2;++j){

			for(int k=0;k<2;++k){

				C.a[i][j]=C.a[i][j]+A.a[i][k]*B.a[k][j]%mod;

				if(C.a[i][j]>=mod)C.a[i][j]-=mod;

			}

		}

	}return C;

}

Matrix pow_mod(Matrix v,LL p){

	Matrix tmp;

	for(int i=0;i<2;++i)tmp.a[i][i]=1;

	while(p){

		if(p&1)tmp=tmp*v;

		v=v*v;p>>=1;

	}return tmp;

}

int main(){

	scanf("%d",&T);

	memset(f,-1,sizeof(f));

	build_Matrix();

	while(T--){

		scanf("%lld",&n);

		check(n);

		sum=DFS(len,0,1);

		printf("%lld\n",sum-1);

		ans.a[0][0]=1;ans.a[0][1]=0;

		ans=ans*pow_mod(A,n);

		printf("%lld\n",(ans.a[0][1]+ans.a[0][0])%mod);

	}return 0;

}

hdu 3943

求(L,R]第k个nya数，nya数定义为恰好有x个4和y个7的数

我们二分之后问题转化成了数位DP，直接做就可以了，略坑的是这个区间是左开右闭的

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<cstdlib>

using namespace std;

typedef long long LL;

int T,x,y,n,kase;

int Num[22],len=0;

LL P,Q,L,R,k;

LL f[22][22][22];

void check(LL n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

LL DFS(int pos,int four,int seven,int flag){

	if(four<0||seven<0)return 0;

	if(!pos){

		if(!four&&!seven)return 1;

		return 0;

	}

	if(!flag&&f[pos][four][seven]!=-1)return f[pos][four][seven];

	LL tmp=0;int u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=0;i<=u;++i){

		tmp=tmp+DFS(pos-1,four-(i==4),seven-(i==7),flag&&i==u);

	}return flag?tmp:f[pos][four][seven]=tmp;

}

int main(){

	scanf("%d",&T);

	memset(f,-1,sizeof(f));

	while(T--){

		scanf("%lld%lld",&P,&Q);

		scanf("%d%d",&x,&y);kase++;

		check(P);L=DFS(len,x,y,1);

		check(Q);R=DFS(len,x,y,1);

		printf("Case #%d:\n",kase);

		scanf("%d",&n);

		while(n--){

			scanf("%lld",&k);

			if(R-L<k){printf("Nya!\n");continue;}

			LL l=P,r=Q;

			while(l<r){

				LL mid=(l+r)>>1;

				check(mid);

				LL ans=DFS(len,x,y,1);

				if(ans-L<k)l=mid+1;

				else r=mid;

			}printf("%lld\n",r);

		}

	}return 0;

}

BZOJ 2757

求[L,R]中各位数字的乘积为k的数有多少个

首先我们会发现k只会有2,3,5,7这4个素因子

而进一步我们很容易发现满足这个条件的k是很少的

那么我们可以把满足条件的k哈希掉，数位DP即可

注意当k=0时，数位中只要至少有一个0就可以了，我采取的处理方法是又写了另外一个数位DP

这道题目我的代码略丑，其实一开始处理出来所以合法的k是最好的，在中间过程处理的话会变麻烦

至于求数字和，都求过平方和了这就随意做了

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<iostream>

#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int mod=20120427;

const int maxn=300010;

const int MOD=1333331;

int T;

LL L,R,k;

LL t[22];

struct num{

	LL s0,s1;

	void clear(){s0=s1=0;}

}dp[22][2],f[22][maxn],A,B;

int Num[22],len=0;

struct HASHMAP{

	int cnt;

	int h[MOD+10],next[maxn];

	LL st[maxn];

	int ask(LL S){

		int key=S%MOD;

		for(int i=h[key];i;i=next[i]){

			if(st[i]==S)return i;

		}

		++cnt;next[cnt]=h[key];h[key]=cnt;

		st[cnt]=S;return cnt;

	}

}H;

void check(LL n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

num DP(int pos,int zero,int flag,int first){

	if(!pos){

		num tmp;tmp.clear();

		tmp.s0=zero;

		return tmp;

	}

	if(!flag&&!first&&dp[pos][zero].s0!=-1)return dp[pos][zero];

	num tmp,now;tmp.clear();

	if(first){

		now=DP(pos-1,0,0,1);

		tmp.s0=tmp.s0+now.s0;if(tmp.s0>=mod)tmp.s0-=mod;

		tmp.s1=tmp.s1+now.s1;if(tmp.s1>=mod)tmp.s1-=mod;

	}else{

		now=DP(pos-1,1,flag&&Num[pos]==0,0);

		tmp.s0=tmp.s0+now.s0;if(tmp.s0>=mod)tmp.s0-=mod;

		tmp.s1=tmp.s1+now.s1;if(tmp.s1>=mod)tmp.s1-=mod;

	}

	int u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=1;i<=u;++i){

		now=DP(pos-1,zero,flag&&i==u,0);

		tmp.s0=tmp.s0+now.s0;if(tmp.s0>=mod)tmp.s0-=mod;

		tmp.s1=tmp.s1+now.s1;if(tmp.s1>=mod)tmp.s1-=mod;

		tmp.s1=tmp.s1+i*t[pos]*now.s0%mod;if(tmp.s1>=mod)tmp.s1-=mod;

	}return (flag||first)?tmp:dp[pos][zero]=tmp;

}

num DFS(int pos,LL mul,int flag,int first){

	if(!pos){

		num tmp;tmp.clear();

		if(!first&&mul==1)tmp.s0=1;

		return tmp;

	}

	int cur=H.ask(mul);

	if(!first&&!flag&&f[pos][cur].s0!=-1)return f[pos][cur];

	num tmp,now;tmp.clear();

	if(first){

		now=DFS(pos-1,mul,0,first);

		tmp.s0=tmp.s0+now.s0;if(tmp.s0>=mod)tmp.s0-=mod;

		tmp.s1=tmp.s1+now.s1;if(tmp.s1>=mod)tmp.s1-=mod;

	}

	int u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=1;i<=u;++i){

		if(mul%i==0){

			now=DFS(pos-1,mul/i,flag&&i==u,0);

			tmp.s0=tmp.s0+now.s0;if(tmp.s0>=mod)tmp.s0-=mod;

			tmp.s1=tmp.s1+now.s1;if(tmp.s1>=mod)tmp.s1-=mod;

			tmp.s1=tmp.s1+i*t[pos]*now.s0%mod;if(tmp.s1>=mod)tmp.s1-=mod;

		}

	}return (flag||first)?tmp:f[pos][cur]=tmp;

}

bool judge(LL k){

	for(int i=2;i<=9;++i){

		while(k%i==0)k/=i;

	}return k>1;

}

int main(){

	scanf("%d",&T);

	t[1]=1;

	for(int i=2;i<=20;++i)t[i]=t[i-1]*10%mod;

	memset(f,-1,sizeof(f));

	memset(dp,-1,sizeof(dp));

	while(T--){

		scanf("%lld%lld%lld",&L,&R,&k);

		if(k==0){

			check(L-1);A=DP(len,0,1,1);

			check(R);B=DP(len,0,1,1);

		}else{

			if(judge(k)){printf("0\n");continue;}

			check(L-1);A=DFS(len,k,1,1);

			check(R);B=DFS(len,k,1,1);

		}printf("%lld\n",(B.s1-A.s1+mod)%mod);

	}return 0;

}

BZOJ 3131

跟上面的题思路是一样的，先预处理出所有合法的k

设s[i]表示第i个合法的k在[1,n]中有多少乘积为k的数，做数位DP

之后用优先队列实现多路归并即可，循环K次即可

注意放进队列里的时候不要取模

#include<cstdio>

#include<cstring>

#include<cstdlib>

#include<iostream>

#include<algorithm>

#include<queue>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int mod=1e9+7;

const int maxn=200010;

const int MOD=1333331;

LL n;

LL f[22][20010];

LL s[20010];

int Num[22],len,k;

struct pos{

	int a,b;

	LL num;

	pos(int a=0,int b=0,LL num=0):a(a),b(b),num(num){}

	bool operator <(const pos &A)const{

		return num<A.num;

	}

};

priority_queue<pos>Q;

bool cmp(const LL &A,const LL &B){return A>B;}

struct HASHMAP{

	int cnt;

	int h[MOD+10],next[maxn];

	LL st[maxn];

	void insert(LL S){

		int key=S%MOD;

		for(int i=h[key];i;i=next[i]){

			if(st[i]==S)return;

		}

		++cnt;next[cnt]=h[key];h[key]=cnt;

		st[cnt]=S;return;

	}

	int ask(LL S){

		int key=S%MOD;

		for(int i=h[key];i;i=next[i]){

			if(st[i]==S)return i;

		}return 0;

	}

}H;

void check(LL n){

	memset(Num,0,sizeof(Num));len=0;

	if(!n){Num[++len]=0;return;}

	while(n)Num[++len]=n%10,n/=10;

}

LL DFS(int pos,LL mul,int flag,int first){

	if(!pos){

		if(!first&&mul==1)return 1;

		return 0;

	}

	int cur=H.ask(mul);

	if(!flag&&!first&&f[pos][cur]!=-1)return f[pos][cur];

	LL tmp=0;

	if(first)tmp=tmp+DFS(pos-1,mul,0,1);

	int u=flag?Num[pos]:9;

	for(int i=1;i<=u;++i){

		if(mul%i==0)tmp=tmp+DFS(pos-1,mul/i,flag&&i==u,0);

	}return (flag||first)?tmp:f[pos][cur]=tmp;

}

LL mul(LL a,LL b){

	LL s=0;

	while(b){

		if(b&1)s=(s+a)%mod;

		a=(a<<1)%mod;b>>=1;

	}return s;

}

int main(){

	scanf("%lld%d",&n,&k);

	check(n);memset(f,-1,sizeof(f));

	for(int i=1;i<=9;++i)H.insert(i);

	for(int i=2;i<=len;++i){

		int now=H.cnt;

		for(int k=1;k<=now;++k){

			LL S=H.st[k];

			for(int j=1;j<=9;++j)H.insert(S*j);

		}

	}

	for(int i=1;i<=H.cnt;++i){

		LL S=H.st[i];

		if(S>n)continue;

		s[i]=DFS(len,S,1,1);

	}

	sort(s+1,s+H.cnt+1,cmp);

	for(int i=1;i<=H.cnt;++i){

		Q.push(pos(i,1,s[i]*s[1]));

	}

	LL ans=0;

	for(int i=1;i<=k;++i){

		if(Q.empty())break;

		pos tmp=Q.top();Q.pop();

		ans=ans+tmp.num%mod;

		if(ans>=mod)ans-=mod;

		if(tmp.b+1<=H.cnt){

			Q.push(pos(tmp.a,tmp.b+1,s[tmp.a]*s[tmp.b+1]));

		}

	}printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}

留下两道题目当做最后复习：一道是BZOJ的大新闻，一道是CF的题

关于今天换的模板的一些总结：

1、首先对于flag=1的时候我们不需要记忆化，因为flag=1的状态只会转移到一个唯一的状态

2、使用这个模板要在DFS的过程中判掉几乎所有的限制，然后由于记录的只是flag=0的时候的状态，所以与L和R无关

每次DP不需要清空

3、有关于前导零的处理：我是有三种方法的：

第一种：当前导零对答案无影响时，补全前导零直接DP

第二种：先DP预处理，之后查询的时候先加上<len的，再去记忆化解决=len的

第三种: 增加传参first，表示当前是否是首位来判断对于状态是否有贡献，至于是否对first进行记忆化要根据题目来定

通常情况下不需要对first记忆化

4、有关于一些坑点：

数位DP一个最需要注意的问题是要注意整数溢出

其次要考虑一些边界情况，譬如当L=0的时候，如果要Solve(R)-Solve(L-1)就挂掉了

之后考虑题目的性质是否可减，通常情况下是可减的，我们转化成Solve(R)-Solve(L-1)

5、关于模板的一些细节：

注意在判断是否已经记忆化之前要判断flag

注意记忆化的时候要判断flag

注意每次循环的上界要判断flag

6、对于状态，数位DP的状态一般很好想

但是精简的状态可能会要动些脑子，一定要考虑我们到底需要记录什么

另外数位DP写的时候一定要细心，考虑所有边界，争取一遍写对

然后考试的时候数位DP一定要拍，错的话要耐心去想去改

未完待更(以后要做一些更好的数位DP,做一做论文题）

八月份！三个月！Fighting！

My_Plan part1 小结的更多相关文章

20181117-python第二章学习小结-part1
什么是二进制,十进制如何转化成二进制. 在python上可使用简单的函数进行转化,bin() 数据量的基本关系: 1bit 就是0/1的一个单位 1bytes = 8bit #1个字节,就是一 ...
20181115 python-第一章学习小结part1
知识点回顾: 什么是编程: 写代码,让计算机执行任务编程语言的分类与特性: 1.机器语言,即二进制语言,最帖近于机器底层,可以由计算机直接执行,故速度最快,但不适合开发. 2.汇编语言,直接将二进制 ...
[Blog] Part1: 技术札记-写个创站小结吧
创站绝对是一个大坑我当初真有勇气.. 嗯这个站主要就是 Github+Jekyll+markdown 基本上还是现在能用的比较习惯的模式基本流程概述域名 -> 修改DNS -> g ...
【Hadoop】HIVE 小结概览
一.HIVE概览小结二.HIVE安装 Hive只在一个节点上安装即可 .上传tar包 .解压 tar -zxvf hive-.tar.gz -C /cloud/ .配置mysql metastore ...
小课堂Week12 Clean Code Part1
小课堂Week12 Clean Code Part1 今天的主题是函数,让我们看一个函数,找一找其中的"不整洁". 我们也根据这段代码,讨论下对于整洁代码的两个重要原则. publ ...
小课堂Week8 例外处理设计的逆袭Part1
小课堂Week8 例外处理设计的逆袭Part1 今天和大家讲一本书,书名是<例外处理设计的逆袭>. 为什么想讲这本书,是因为,例外处理在程序代码中到处存在,但是这些到底该如何写好,总觉得有 ...
使用Unity创建塔防游戏（Part1）
How to Create a Tower Defense Game in Unity - Part1 原文作者:Barbara Reichart 文章原译:http://www.cnblogs.co ...
软工作业-----Alpha版本第一周小结
软工作业-----Alpha版本第一周小结 Part1.第一周周计划记录姓名学号周前计划安排每周工作记录自我打分 yrz(队长) 1417 1.进行任务分析 2.任务分配 ...
第七章：网络优化与正则化(Part1)
任何数学技巧都不能弥补信息的缺失． --科尼利厄斯·兰佐斯(Cornelius Lanczos) 匈牙利数学家.物理学家文章相关 1 第七章:网络优化与正则化(Part1) 2 第七章:网络优化与正 ...

随机推荐

css解决IE6、Chrome、ff 浏览器position:fixed;和闪动问题
首先说下开发模式,刚刚开始接触,基本沿用web端开发方式,目前开发模式上没有找到的适合的,现在基本这样:1,电脑nginx配置服务器3,电脑和手机连同一个局域网,2,android root 和 ip ...
Mod 与 RequireJS/SeaJS 的那些事
本文的目的是为了能大让家更好的认识 Mod,之所以引入 RequireJS/SeaJS 的对比主要是应大家要求更清晰的对比应用场景,并不是为了比较出孰胜孰劣,RequireJS 和 SeaJS 都是模 ...
MySQL 简洁连接数据库方式
OS : CentOS 6.3 DB : 5.5.14 MySQL连接数据库的方式很多: 1.[root@db01 bin]# ./mysql -uroot -p 2.[root@db01 ...
YARN环境搭建之一：CentOS7.0系统配置
一.我缘何选择CentOS7.0 14年7月7日17:39:42发布了CentOS 7.0.1406正式版,我曾使用过多款Linux,对于Hadoop2.X/YARN的环境配置缘何选择CentOS7. ...
总线（BUS）和总线操作
1.什么是总线? 答:总线是运算部件之间数据流通的公共通道. 2.总线的作用? 答:提高专用信号处理逻辑电路的运算能力和速度. 3.总线与部件之间是怎么连接的? 答:各运算部件和数据寄存器组是通过带控 ...
20145120 《Java程序设计》第1周学习总结
20145120 <Java程序设计>第1周学习总结教材学习内容总结刚刚开始学习java,感觉还十分陌生,在第一周的学习中,我知道了java的历史,JVM.JRE和JDK是什么等各种知 ...
OC面向对象继承关系和组合关系笔记
继承关系是描述类和类之间的关系,两个类分别称为子类和父类,子类继承了父类,子类就拥有了父类的属性和方法: 继承的关系特点描述出来就是:** “是” ** (例如:学生类是人类) 组合关系描述的语 ...
WPF解析PPT为图片
偶遇需要解析 PPT为单张图片其中,对于包含动画的PPT页,分别对动画最后效果进行截取,即每个连续动画截取 (动画N个)N+1(原图)张 http://git.oschina.net/jiailiu ...
MVC的Ajax的异步请求
MVC的Ajax的异步请求在这里小写一下MVC的异步请求的一点小总结. 个人认为是有两种的,一种就是跟webform一样的,依旧是使用jQuery的$.get()方法,只是请求地址不同,webfor ...
开源 P2P 直播视频会议
转自:http://blog.csdn.net/pkueecser/article/details/8223074 一个P2P点播直播开源项目:P2PCenter(我转过来的时候发现已经都打不开了.. ...

My_Plan part1 小结

My_Plan part1 小结的更多相关文章

随机推荐

热门专题