离思五首·其四_古诗文网 离思五首·其四 唐代:元稹 曾经沧海难为水,除却巫山不是云.曾经到临过沧海,别处的水就不足为顾:除了巫山,别处的云便不称其为云.曾经:曾经到临.经:经临,经过.难为:这里指“不足为顾”“不值得一观”的意思.除却:除了,离开.这句意思为:相形之下,除了巫山,别处的云便不称其为云.此句与前句均暗喻自己曾经接触过的一段恋情. 取次花丛懒回顾,半缘修道半缘君. 仓促地由花丛中走过,懒得回头顾盼:这缘由,一半是因为修道人的清心寡欲,一半是因为曾经拥有过的你.取次:草草,仓促,随意…

时间:2018.10.09地点:北京金隅喜来登大酒店…

最近挺久没写比赛类的blog了 链接:http://211.140.156.254:2333/contest/59 这次的题目主要考验的是爆搜+打表的能力 其实如果你上来就把所有题目都看过一次就可以知道:正确的顺序是3->1->2 先切T3的意思是你可以很快的爆搜之后开始打表,但T2考思维,T1考语文,这就导致大量的出现前两题A了但最后一题打表时间不够了的情况. 虽然我T2才打表弄了20,但凭借的最后一题的42分表(还忘记把大样例的的两个抄进去了),还是涨了rating. 祝贺CJJ涨了1百多…

1.从下面地址下载一个jar包,名称是  JetbrainsCrack-3.1-release-enc.jar 下载地址: 链接: https://pan.baidu.com/s/1VZjklI3qhYNgpLvM07mF2g 提取码: prn4 2.将你下载好的JetbrainsCrack-3.1-release-enc.jar 拷贝到你的Idea安装目录的bin目录下. 3.接下来在bin目录下找到两个vmoptions文件,idea.exe.vmoptions和idea64.exe.vmo…

public class Test_001 { public static void main(String[] args) { String a = "德玛西亚!"; String b = ""; String c= "aBcDefG"; String d = " 123321 "; System.out.println(b.isEmpty());//isEmpty()判断字符串是否为空串 System.out.printl…

网上有很多关于Kinect Fusion 的详细介绍,包括各个部分的算法,思路,以及应用上的限制和优化. 在此就不多介绍了. KinectFusion 提供了非常基础的用RGB-D 相机实现的 Dense mapping algorithm. 在实验初期我也阅读了很多次. 最近由于实验上遇到了非常棘手的问题, 又把之前的资料拿出来再次仔细的阅读,希望能有新的发现. 1. pcl::kinfu 和 pcl::kinfuLS. 找了相关的Libs 和 网上资料,但是并没有找到合适的代码资料和 dem…

科研中无论是使用C/C++.Python.Matlab,如果能找到合适的库可谓是事半功倍: 有时候忙活半天才发现本身就有成熟的库可用,自己实现的在功能.性能.安全性上都远远不及,虽然锻炼了能力,但存在拖慢项目节奏的风险. 所以经常浏览下Python Software Foundation的 https://pypi.org https://www.python.org 或者是其他的开发者论坛,看看都有哪些有意思的库自己可以用的. 1. xlwt https://pypi.org/project/…

二兵的赌注 Description游戏中,二兵要进入了一家奇怪的赌场.赌场中有n个庄家,每个庄家都可以猜大猜小,猜一次一元钱.每一次开彩前,你都可以到任意个庄家那里下赌注.如果开彩结果是大,你就可以得到你之前猜大的庄家相应的ai元钱.如果开彩结果是小,你就可以得到你之前猜小的庄家相应的bi元钱.你可以在同一个庄家那里既猜大又猜小,(这样是两块钱),也可以什么都不猜(这样不用钱).问怎么样下注,才能赢得最多的有保障的钱.有保障的钱指不管开彩结果是大是小,你都能够赢得相应的钱.你能帮助他计算这个值吗…

[iCore4相关文档][更新中...] iCore4原理图(PDF)下载iCore4引脚注释(PDF)下载iCore4机械尺寸(PDF)下载 [iCore4相关例程代码][ARM] DEMO测试程序V1.04.3寸液晶模块发布例程一:ARM驱动三色LED例程二:读取ARM按键状态例程三:EXTI中断实验——读取ARM按键状态例程四:USART实验——通过命令控制LED状态例程五:SYSTICK定时器实验——定时点亮LED例程六:IWDG看门狗实验——复位ARM例程七:WWDG看门狗实验——复位…

传送门 题意简述:对n个排成一排的物品涂色,有m种颜色可选. 要求相邻的物品颜色不相同,且总共恰好有K种颜色,问所有可行的方案数.(n,m≤1e9,k≤1e6n,m\le1e9,k\le1e6n,m≤1e9,k≤1e6) 思路: 容斥原理套路: 先不考虑是否选全kkk种颜色,方案数为Cmk∗k∗(k−1)n−1C_m^k*k*(k-1)^{n-1}Cmk​∗k∗(k−1)n−1. 然后枚举剩下的至少有几种颜色没选来容斥掉非法情况: 于是Ans=Cmk∑i=k1(−1)k−iCkii(i−1)n−…

传送门 题意简述:给出n堆花,对于第j堆,有f[j]朵花,每堆花的颜色不同,现在要从中选出s朵,求方案数. 思路: 假设所有花没有上限直接插板法,现在有了上限我们用容斥扣掉多算的 状压一下再容斥:fif_ifi​表示强制集合iii中的所有堆都超过上限,其余任意的方案数,这样容斥一下就完了. 代码: #include<bits/stdc++.h> #include<tr1/unordered_map> #define ri register int using namespace s…

传送门 题意简述:nnn个点的带边权无向图,定义一个图的权值是所有边的积,问所有nnn个点都连通的子图的权值之和. 思路: fif_ifi​表示保证集合iii中所有点都连通其余点随意的方案数. gig_igi​表示只考虑集合iii中所有点的状态的子图的权值和. 我们先预处理出ggg数组,然后考虑递推fff数组. 显然fif_ifi​是等于gig_igi​扣掉一些东西的,扣掉的应该就是不连通的情况. 于是我们枚举编号最小的点所在的连通块来扣掉非法情况. 时间复杂度O(n2n+3n)O(n2^n+3…

传送门 题意简述: 用ccc中颜色给一个n∗mn*mn∗m的方格染色,每个格子可涂可不涂,问最后每行每列都涂过色且ccc中颜色都出现过的方案数. 思路: 令fi,j,kf_{i,j,k}fi,j,k​表示至少有iii行没涂色,至少有jjj列没涂色,至少有ccc种颜色没涂色的方案数. 于是fi,j,k=CniCmjCck(c−k+1)(n−i)(m−j)f_{i,j,k}=C_n^iC_m^jC_c^k(c-k+1)^{(n-i)(m-j)}fi,j,k​=Cni​Cmj​Cck​(c−k+1)(…

传送门 题意简述:有nnn个人,mmm种物品,给出每种物品的数量aia_iai​,问每个人至少分得一个物品的方案数(n,m,每种物品数≤1000n,m,每种物品数\le1000n,m,每种物品数≤1000). 思路: 我们算出fif_ifi​表示至少有iii个人没有分到物品的方案数容斥一下即可. 于是fi=Cni∏j=1mCn−i−1+ajn−i−1f_i=C_n^i\prod_{j=1}^mC_{n-i-1+a_j}^{n-i-1}fi​=Cni​∏j=1m​Cn−i−1+aj​n−i−1​…

传送门 题意简述:对于一个有N个元素的集合在其2^N个子集中取出若干集合(至少一个),使得它们的交集的元素个数为K,求取法的方案数. 思路:考虑枚举相交的是哪kkk个,有CnkC_n^kCnk​种方案,然后考虑剩下的可选可不选一共有22n−k2^{2^{n-k}}22n−k种选法,但是这样选出来的集合可能有其余的数相交,因此我们容斥掉多余的: ans=Cnk∗∑i=0n−kCni22n−k−ians=C_n^k*\sum_{i=0}^{n-k}C_n^i2^{2^{n-k-i}}ans=Cnk​…

传送门 题意简述:给一张图和一棵树(点数都为n≤17n \le17n≤17),问有多少种给树的标号方法方法使得图中去掉多余的边之后和树一模一样. 思路: 容斥好题啊. 考虑fi,jf_{i,j}fi,j​表示把iii对应成原图中的点jjj这棵子树的对应方案数. 然后转移就枚举儿子看能不能转,如果可以就更新当前答案. 但是这样会有多个树中的节点对应到同一个图中的节点上. 于是我们用2n2^n2n的时间去枚举可以对应的原图的点集合然后容斥即可. 代码: #include<bits/stdc++.h>…

传送门 题意简述:有四种面值的硬币,现在qqq次询问(q≤1000)(q\le1000)(q≤1000),每次给出四种硬币的使用上限问最后刚好凑出sss块钱的方案数(s≤100000)(s\le100000)(s≤100000). 思路:先跑完全背包预处理出所有硬币都无限制时候的答案. 然后每次询问的时候枚举容斥掉多算的情况即可. 代码: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; long long tot,c[5],d[5],s,dp[1000…

传送门 题意简述:qqq次询问(q≤500)(q\le500)(q≤500),每次问第kkk个不被除111以外的完全平方数整除的数是多少(k≤1e9)(k\le1e9)(k≤1e9). 思路:考虑二分答案为xxx,然后用容斥原理来解决,ans=n−只有一个质数因子次数大于等于2的个数+只有2个质数因子大于等于2的个数−...ans=n-只有一个质数因子次数大于等于2的个数+只有2个质数因子大于等于2的个数-...ans=n−只有一个质数因子次数大于等于2的个数+只有2个质数因子大于等于2的个数−…

传送门 sb题. 直接用两个multisetmultisetmultiset维护相邻两个数的差值和所有数的前驱后继. 插入一个数的时候更新一下就行了. 代码: #include<bits/stdc++.h> using namespace std; inline int read(){ int ans=0,w=1; char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();} while(isdigit(ch))an…

传送门 先把边双连通分量用圆方树一样的方法缩点,然后把新建的树树剖维护. 注意对于边双连通分量需要维护动态最小值,可以用multisetmultisetmultiset. 代码: #include<bits/stdc++.h> #define lc (p<<1) #define rc (p<<1|1) #define mid (T[p].l+T[p].r>>1) using namespace std; inline int read(){ int ans=…

传送门 跟上一道题差不多. 考虑如果环上点的个数跟最短路长度有单调性那么可以直接上倍增+floyd. 然而并没有什么单调性. 于是我们最开始给每个点初始化一个长度为0的自环,于是就有单调性了. 代码: #pragma GCC optimize(2) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; inline ll read(){ ll ans=0; char ch=getchar(); while(!isd…

传送门 先倍增出iii使得2i2^i2i时间时刚好有每个点能够到mmm层及以上. 然后就可以用floyd+floyd+floyd+倍增求出刚好不超过mmm层的时间,最后再补一层就行了. 代码: #pragma GCC optimize(2) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; inline ll read(){ ll ans=0; char ch=getchar(); while(!isdigit…

传送门 倍增+floyd板子题. 先列出状态fi,j,kf_{i,j,k}fi,j,k​表示经过iii条边从jjj到kkk的最短路. 然后发现可以用fi−1,j,kf_{i-1,j,k}fi−1,j,k​和f1,j,kf_{1,j,k}f1,j,k​来转移出fi,j,kf_{i,j,k}fi,j,k​. 由于floydfloydfloyd可以看做是矩阵乘法,因此可以用倍增/快速幂优化矩阵转移. 代码: #include<bits/stdc++.h> #include<tr1/unorde…

https://www.cnblogs.com/liyiran/p/4656821.html http://blog.csdn.net/ydpl2007/article/details/7591642 具体例子:http://blog.csdn.net/qq_16628781/article/details/51548324…

我TM的终于改完了(其实都是SB题) 题目链接:http://211.140.156.254:2333/contest/53 T1送分,T2前40%送分,还有骗分机制在里面,T3暴力50 所以200应该有的吧(事后诸葛亮) 但T2的第一问智障了,但是无解骗分(直接搞一个数再开个根)弄了38分,所以RANK还是蛮高的. 日常膜拜dalao CJJ 终于涨Rating了 T1 很无脑,但有点坑.就是纯的高精度乘法,注意一下0.2输出.2之类的问题就好了 小数点不用管,最后算一下小数部分几位再输出就可…

这次是校内OJ(HHHOJ)线上比赛,网址:http://211.140.156.254:2333/contest/51 (我去刚刚快写完了手贱关掉了) 这次总体难度也不高,T1&&T2都是TG难度的题(可能还更低),T3要用到主席树(这个以后再说)大力切,但60分的暴力还是很好水的. 所以 100+100+60=260分是可以拿的(然而我只拿了160,T2爆0了) 先%一下dalao: yu'ao dalao 260又是RANK 1 陈潇然 dalao 199 小学生虐场 CJJ dal…

require_once require include include_once 方法的区别 对于包含文件来说,如果只是使用框架来说的话,应该会很少碰到,因为框架底层对于文件的引用等做了很好的封装,这也导致了我们对于这块知识理解的欠缺. 为什么要使用类似引入文件的函数? 在一个PHP函数的生命周期中(就是一个程序执行的过程,比如echo 一个字符串),可能会用到很多个文件,这些个文件不可能都写在一个文件中,这样极不好管理,也不利于维护. 也就产生了MVC框架,使得编码可以结构化,利于管理和维护…

每日一个Linux命令 2018-03-09 Linux 命令 chgrp/chown chgrp [-参数] [文件或者目录] chown [-参数] [文件所有者]:[文件所属群组] [文件或者目录] 世界是变化的,果然是正常的,今天有个同事离职了,在互联网行业,这也正常. 拥抱新变化. 正题: Linux有组的概念. 如果把组比作一个家的话,那么里面的文件就像你的私房钱,你可以花. 在这个家里的你老婆,也可以花,虽然比喻很粗糙,但是说明了组在管理文件中的作用. 为什么要设置组的概念呢? 还…

传送门 貌似是防akakak题? 不是很清楚. 事实上如果两个人没有严格的大小关系,我们给他们两个连一条边. 这样可以构成很多连通块. 而且对于连通块a,ba,ba,b,aia_iai​和bjb_jbj​都有严格的大小关系. 于是每一组询问我们都求出所有的连通块,然后属性最强的连通块里元素个数就是答案. 但直接做是O(n2)O(n^2)O(n2)的. 继续观察会发现我们每次加入点如果可以合并连通块的话,合并的连通块是连在一起的 于是每次加入一个数时我们用平衡树找位置,把能合并的连续一段都删掉然后…

传送门 直接双向搜索出两边可行解,然后把两边的可行解合并起来得出答案就行了. 注意合并的时候可以利用排序和单调性优化时间复杂度. 直接枚举合并是O(siza∗sizb)O(siza*sizb)O(siza∗sizb)的. 但排序之后随着aaa集合中的乘积的增大,bbb集合中的可行个数显然是单调递减的. 这样就可以方便的统计答案了. 代码…