Codeforces Round #600 (Div. 2)
A. Single Push
直接乱搞即可。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/16 22:36:20
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
int n;
int a[N], b[N], c[N];
void run(){
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> b[i];
c[i] = b[i] - a[i];
}
int cnt = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(c[i] < 0) return pt("NO");
}
int l = 1, r = n;
while(l <= r && c[l] == 0) ++l;
while(l <= r && c[r] == 0) --r;
int ok = 1;
for(int i = l + 1; i <= r; i++) if(c[i] != c[i - 1]) ok = 0;
if(l > r || ok) return pt("YES");
else return pt("NO");
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
int T; cin >> T;
while(T--) run();
return 0;
}
B. Silly Mistake
贪心分组即可。
用一个\(map\)记录当前组一个人是否已经来过。
至于为什么用\(map\)，方便清零= =
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/16 22:50:46
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e6 + 5;
int n;
int a[N];
map <int, int> mp, mp2;
void run(){
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
int tot = 0, last = 0;
vector <int> ans;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(a[i] > 0) {
if(mp.find(a[i]) == mp.end() && mp2.find(a[i]) == mp2.end()) {
mp[a[i]] = 1;
++tot;
} else {
cout << -1;
return ;
}
} else {
if(mp.find(-a[i]) != mp.end()) {
mp.erase(-a[i]);
--tot;
mp2[-a[i]] = 1;
} else {
cout << -1;
return;
}
}
if(tot == 0 && sz(mp) == 0) {
ans.push_back(i - last);
mp2.clear();
last = i;
}
}
if(tot || sz(mp) != 0) {
cout << -1;
return ;
}
cout << sz(ans) << '\n';
for(auto it : ans) cout << it << ' ';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n) run();
return 0;
}
C. Sweets Eating
顺序没关系，排序后贪心分组即可。
公式推一推就行。
难点是读题。
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/16 23:12:15
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5;
int n, m;
int a[N];
ll ans[N], sum[N];
void run(){
for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
sort(a + 1, a + n + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
sum[i] = sum[i - 1] + a[i];
if(i <= m) ans[i] = sum[i];
}
for(int i = m + 1; i <= n; i++) {
ans[i] = sum[i] + ans[i - m];
}
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << ans[i] << " \n"[i == n];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n >> m) run();
return 0;
}
D. Harmonious Graph
题意：
给出一个\(n\)个结点，\(m\)条边的无向图。
然后如果一个图\(l\)能到达\(r\)，那么对于所有的\(m,l<m<r\)，都有\(m\)能够到达\(r\)。
现在问这个图中最少添加多少条边，使得这个图满足上述情况。
思路：
- 显然一个连通块中，只有最大值和最小值有用。
- 那么可以认为每个连通块形成一段区间。注意到若两个区间相交或包含，那么肯定需要连一条边以满足条件。
那么最终就相当于一个区间合并的问题，注意一下单独的点也可以形成一个区间。
细节详见代码：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/16 23:21:00
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 2e5 + 5;
int n, m;
vector<int> g[N];
bool chk[N], vis[N];
int mx, mn;
void dfs(int u) {
vis[u] = 1;
mx = max(mx, u);
mn = min(mn, u);
for(auto v : g[u]) if(!vis[v]) dfs(v);
}
struct node{
int l, r;
bool operator < (const node &A) const {
return l < A.l;
}
}a[N];
void run(){
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v; cin >> u >> v;
g[u].push_back(v), g[v].push_back(u);
}
int tot = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(!vis[i]) {
mx = 0, mn = INF;
dfs(i);
a[++tot] = node{mn, mx};
}
}
sort(a + 1, a + tot + 1);
int rb = 0;
int ans = 0;
for(int i = 1, j; i <= tot; i = j) {
j = i + 1;
rb = max(rb, a[i].r);
while(j <= tot && rb >= a[j].l) {
rb = max(rb, a[j].r);
++j;
}
++ans;
}
//dbg(tot, ans);
ans = tot - ans;
cout << ans << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n >> m) run();
return 0;
}
E. Antenna Coverage
题意：
范围为\([1,m]\)的坐标轴上有\(n\)个点，每个点都有其半径\(r_i\)。
现在可以多次执行操作：选择一个点，使其半径增加\(1\)。
问至少多少次操作，使得这个坐标轴上每个整点至少被一个点覆盖。
思路：
解法一：
- 连边跑最短路即可满足“最小”的要求。
- 具体连边方法为：\(i\rightarrow i+1\)，若两个点都被覆盖，则边权为\(0\)，否则为\(1\)，表示需要扩展\(1\)的半径；对于每个点，枚举其半径扩展的所有情况，连边\(i\rightarrow j\)，边权为相应花费。
- 第二种方式连边时，为方便处理，采用左闭右开区间的形式。
- 显然，一个点只能被左边或右边的一个点扩展后覆盖，以上两种连边方式即可表示出这种情况。
- 还有一种连边方法：第二种没变，第一种改为\(i\rightarrow i-1\)，边权为\(0\)，表示可以往回走。正确性脑补一下即可。
代码如下：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/17 19:10:25
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
int n, m;
bool f[N];
int x[N], r[N];
struct Edge{
int u,v,w,next ;
}e[N * 80];
int head[N], tot;
struct node{
int d,u;
bool operator < (const node &A)const{
return d>A.d;
}
};
void adde(int u,int v,int w){
e[tot].v=v;e[tot].w=w;e[tot].next=head[u];head[u]=tot++;
}
int d[N];
bool vis[N];
void Dijkstra(int s){
priority_queue <node> q;
memset(d, INF, sizeof(d));
memset(vis, 0, sizeof(vis)); d[s]=0;
q.push(node{0, s});
while(!q.empty()){
node cur = q.top(); q.pop();
int u = cur.u;
if(vis[u]) continue ;
vis[cur.u] = 1;
for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next){
int v = e[i].v;
if(d[v] > d[u] + e[i].w){
d[v] = d[u] + e[i].w;
q.push(node{d[v], v});
}
}
}
}
void run(){
memset(head, -1, sizeof(head));
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> x[i] >> r[i];
for(int j = max(1, x[i] - r[i]); j <= min(m, x[i] + r[i]); j++) f[j] = 1;
}
for(int i = 2; i <= m + 1; i++) {
if(f[i] && f[i - 1]) adde(i - 1, i, 0);
else adde(i - 1, i, 1);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int L = max(1, x[i] - r[i]), R = min(m, x[i] + r[i]);
int mx = max(L - 1, m - R);
for(int j = 0; j <= mx; j++) {
adde(max(1, L - j), min(m + 1, R + j + 1), j);
}
}
Dijkstra(1);
cout << d[m + 1];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n >> m) run();
return 0;
}
解法二：
- 考虑\(dp:dp[i]\)表示覆盖\([1,i]\)的区间的最小操作次数。
- 初始化\(dp[i] = i\)。
- 考虑一个点有两种情况，被覆盖或者没被覆盖。被覆盖的情况比较好转移，直接\(dp[i]=min(dp[i],dp[i-1])\)即可；没被覆盖的情况我们考虑从前面的一个区间延申过来，枚举前面区间转移即可。
- 但这里可能会有点问题，就是刚才说的，一个点可能被后面的区间覆盖到，\(dp\)中没有考虑到这种情况（好像叫做有后效性？）。但仔细分析，其实没有后效性，若存在这种情况，当\(i\)枚举到后面的时候肯定会覆盖到我们此时说的这种情况，但此时是从\(j,j<i\)转移过来的，所以\(i\)的选择不会受到后面的影响。
emmm感觉说了一大堆还是自己对\(dp\)的理解不是很透彻，感觉在口胡一通= =
若有什么问题欢迎指出，thx~
代码如下：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/17 21:59:50
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5;
int dp[N];
int x[N], r[N];
bool f[N];
int n, m;
void run(){
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> x[i] >> r[i];
for(int j = max(1, x[i] - r[i]); j <= min(m, x[i] + r[i]); j++) f[j] = 1;
}
for(int i = 0; i <= m; i++) dp[i] = i;
for(int i = 1; i <= m; i++) {
if(f[i]) dp[i] = min(dp[i], dp[i - 1]);
for(int j = 1; j <= n; j++) if(x[j] <= i) {
int cost = max(0, i - x[j] - r[j]);
dp[i] = min(dp[i], dp[max(0, x[j] - r[j] - cost - 1)] + cost);
}
}
cout << dp[m];
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n >> m) run();
return 0;
}
F. Cheap Robot
题意：
在一个\(n\)个结点，\(m\)条边的无向连通图中，有一个机器人，有\(c\)的能量。
当走过一条边时，若边权为\(w\)，则会消耗\(w\)的能量，能量不能为负数。
\(1\)~\(k\)号点能够将能量补充至\(c\)点。
现在给出多组询问，每组询问给出两点\(a,b\)，询问从\(a\)到\(b\)最少\(c\)为多少。\(a,b\)两点都为能量补给站。
思路：
- 注意限制条件能量不为负数，也就是说在中间走的过程中\(c\)不能降为负数。
- 设\(d[u]\)表示\(u\)到最近能量补给站的距离，那么我们在任何时候都可以认为在\(u\)点的能量为\(c-d[u]\)。
- 限制条件转换为：若经过\(u\)到\(v\)这一条边，那么有：\(d[v]+w\leq c-d[u]\)，变换一下即为：\(d[u]+d[v]+w\leq c\)。
- 那么我们将每条边的边权重新置为\(d[u]+d[v]+w\)。询问要回答的就是\(a,b\)补给站之间最大边权的最小值。
- 那么我们求出最小生成树，在上面搞搞就行了。
我采用的是离线，然后启发式合并两个集合。但是一直有个问题想不通，更新答案的时候要加个取\(min\)操作，没有的话就要\(wa\)。讲道理，对于一个询问的\(id\)难道不是只会更新一次么。。之后就在一个集合里面了。
希望各位大佬能告诉我为啥QAQ。
代码如下：
Code
/*
* Author: heyuhhh
* Created Time: 2019/11/18 9:06:44
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(), (x).end()
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Local
#ifdef Local
#define dbg(args...) do { cout << #args << " -> "; err(args); } while (0)
void err() { std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void err(T a, Args...args) { std::cout << a << ' '; err(args...); }
#else
#define dbg(...)
#endif
void pt() {std::cout << '\n'; }
template<typename T, typename...Args>
void pt(T a, Args...args) {std::cout << a << ' '; pt(args...); }
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
//head
const int N = 1e5 + 5, M = 4e5 + 5;
struct Edge{
int v, w, next;
}e[M << 1];
ll dis[N];
struct Dijkstra{
struct node{
ll d, u;
bool operator < (const node &A) const {
return d > A.d;
}
};
int head[N], tot;
bool vis[N];
void init() {
memset(head, -1, sizeof(head)); tot = 0;
}
void adde(int u, int v, int w) {
e[tot].v = v; e[tot].w = w; e[tot].next = head[u]; head[u] = tot++;
}
void dij(int s) {
priority_queue <node> q;
memset(dis, INF, sizeof(dis));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
dis[s] = 0;
q.push(node{0, s});
while(!q.empty()) {
node cur = q.top(); q.pop();
int u = cur.u, d = cur.d;
if(vis[u]) continue;
vis[u] = 1;
for(int i = head[u]; i != -1; i = e[i].next) {
int v = e[i].v;
if(dis[v] > dis[u] + e[i].w) {
dis[v] = dis[u] + e[i].w;
q.push(node{dis[v], v});
}
}
}
}
}solver;
int n, m, k, q;
struct E {
int u, v;
ll w;
bool operator < (const E &A) const {
return w < A.w;
}
}edge[M << 1];
vector <pii> v[N], edges[N];
ll ans[M];
int f[N];
int find(int x) {return f[x] == x ? f[x] : f[x] = find(f[x]);}
set <int> s[N];
void merge(int x, int y, ll z) {
for(auto it : s[x]) {
f[it] = y;
for(auto t : v[it]) {
if(s[y].find(t.fi) != s[y].end()) {
ans[t.se] = min(ans[t.se], z);//???
}
}
s[y].insert(it);
}
}
void Union(int x, int y, ll z) {
int fx = find(x), fy = find(y);
if(fx != fy) {
if(sz(s[fx]) < sz(s[fy])) {
merge(fx, fy, z);
} else {
merge(fy, fx, z);
}
}
}
void run(){
solver.init();
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int u, v, w; cin >> u >> v >> w;
solver.adde(u, v, w);
solver.adde(v, u, w);
edges[u].push_back(MP(v, w));
}
for(int i = 1; i <= k; i++) solver.adde(0, i, 0);
solver.dij(0);
m = 0;
for(int u = 1; u <= n; u++) {
for(auto it : edges[u]) {
int v = it.fi, w = it.se;
edge[++m] = E{u, v, dis[u] + dis[v] + w};
}
}
for(int i = 1; i <= q; i++) {
int a, b; cin >> a >> b;
v[a].push_back(MP(b, i));
v[b].push_back(MP(a, i));
}
memset(ans, INF, sizeof(ans));
sort(edge + 1, edge + m + 1);
for(int i = 1; i <= n; i++) f[i] = i, s[i].insert(i);
for(int i = 1; i <= m; i++) {
int u = edge[i].u, v = edge[i].v;
ll w = edge[i].w;
Union(u, v, w);
}
for(int i = 1; i <= q; i++) cout << ans[i] << '\n';
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cout << fixed << setprecision(20);
while(cin >> n >> m >> k >> q) run();
return 0;
}
Codeforces Round #600 (Div. 2)的更多相关文章
- 【cf比赛记录】Codeforces Round #600 (Div. 2)
Codeforces Round #600 (Div. 2) ---- 比赛传送门 昨晚成绩还好,AC A,B题,还能上分(到底有多菜) 补了C.D题,因为昨晚对C.D题已经有想法了,所以补起题来也快 ...
- Codeforces Round #600 (Div. 2) E. Antenna Coverage
Codeforces Round #600 (Div. 2) E. Antenna Coverage(dp) 题目链接 题意: m个Antenna,每个Antenna的位置是\(x_i\),分数是\( ...
- Codeforces Round #600 (Div. 2)E F
题:https://codeforces.com/contest/1253/problem/E 题意:给定n个信号源,俩个参数x和s,x代表这个信号源的位置,s代表这个信号源的波及长度,即这个信号源可 ...
- Codeforces Round #600 (Div. 2) D题【并查集+思维】
题意:给你n个点,m条边,然后让你使得这个这个图成为一个协和图,需要加几条边.协和图就是,如果两个点之间有一条边,那么左端点与这之间任意一个点之间都要有条边. 思路:通过并查集不断维护连通量的最大编号 ...
- Codeforces Round #600 (Div. 2) D。 Harmonious Graph
#include<iostream> using namespace std ; ; int p[N]; int cnt; int find(int x) { if(p[x]!=x) p[ ...
- Codeforces Round #600 (Div. 2) C - Sweets Eating
#include<iostream> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std ; typ ...
- Codeforces Round #600 (Div. 2) A. Single Push
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> using namespace std; int T,n ...
- Codeforces Round #600 (Div. 2) B. Silly Mistake
#include<iostream> #include<map> #include<set> #include<algorithm> using nam ...
- Codeforces Round #600 (Div. 2) - D. Harmonious Graph(并查集)
题意:对于一张图,如果$a$与$b$连通,则对于任意的$c(a<c<b)$都有$a$与$c$连通,则称该图为和谐图,现在给你一张图,问你最少添加多少条边使图变为和谐图. 思路:将一个连通块 ...
随机推荐
- UWP 在ShellPage.xaml.cs 中导航至其他页面引发System.Exception
最近有一个需求,需要App监测网络变化,并在网络变化的同时用户,你切网啦,并且导航至一个切网的特定页面. 和Android.iOS的小伙伴后共同发现,人家有一个类似”拦截器“的框架,可以拦截App发出 ...
- 关于java基础、多线程、JavaWeb基础、数据库、SSM、Springboot技术汇总
作者 : Stanley 罗昊 本人自行总结,纯手打,有疑问请在评论区留言 [转载请注明出处和署名,谢谢!] 一.java基础 1.多态有哪些体现形式? 重写.重载 2. Overriding的是什么 ...
- golang 自动下载所有依赖包
go get -d -v ./... -d标志只下载代码包,不执行安装命令: -v打印详细日志和调试日志.这里加上这个标志会把每个下载的包都打印出来: ./...这个表示路径,代表当前目录下所有的文件 ...
- 初识NLP 自然语言处理
接下来的一段时间,要深入研究下自然语言处理这一个学科,以期能够带来工作上的提升. 学习如何实用python实现各种有关自然语言处理有关的事物,并了解一些有关自然语言处理的当下和新进的研究主题. NLP ...
- layui table表格 表头与内容列错位问题（只有纵向滚动条的情况）
版本2.4.5 问题展示: 存在问题:正好错位一个纵向滚动条的宽度 思路: 仔细观察th元素及th包裹的子元素div 如下图 发现th宽度莫名的就多了5px 我就纳闷了 解决方案:到table.js ...
- axios统一接口管理及优化
之前我写了一篇文章,分享了自己的项目中对于接口管理的方法.总结下来就是:定义接口文件--withAxios导出--调用接口方法.这样实现了接口的统一管理和调用接口的语义化与简单化. 根据在项目的使用, ...
- Hazelcast介绍
Hazelcast介绍 什么时侯需要用例 内存中分布式计算 场景分布式消息 特性 全景 Distributed Maps 一个结点中分区 Hazelcast中的分片也称为分区,Hazelcast默认2 ...
- spring boot 2.2.0开始freemarker模板默认扩展名改为ftlh了
2.2.0这个版本刚发布的时候更新到了这个版本,然后使用freemarker 的webapp运行报错. 查了spring boot的changelog,搜freemarker查到了这条.ftlh,使f ...
- 在浏览器地址栏输入www.baidu.com到打开百度首页这期间到底发生了什么？
刚才无意间看到这么一个面试题,觉得有点意思,我想从五层网络模型的角度说说我的看法. 1.首先通过DNS域名系统向域名服务器发送域名解析请求来得到百度的IP地址39.156.69.79:2.系统通过AR ...
- 网页前端之CSS学习记录总结篇
标签: 块级标签block:div, p, h1-h6, ul, ol,li, dl, dt, dd,table,tr等,独占一行,可以设置宽高,默认是父标签的100%:行内标签inline:a,sp ...