整数乘法 输入数据范围在long long范围内，但直接做乘法可能会爆 考虑采用快速乘，AC了 代码如下： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long ll qmul(ll a,ll b,ll p){ ll ans = 0,base = b; while(a){ if(a&1) ans = (ans + base)%p; base = (base+base)%p; a >>= 1; } return ans; } int main(){ ll a,b,p; cin>&...

题目中N的范围比较大，考虑到大整数类运算比较复杂，考虑使用10000进制 做法：开个大数组，数组的每一位作为10000进制数的每一位，缝10000进1 代码如下： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; void fac(int n){ //10000进制数组 static int a[10002]; int digital = 1,carry = 0; a[1] = 1; if(!n) printf("1"); else{ for(int i = 1;i <= n;i++){ carry = 0; for(int j = ...

前缀和维护好音符时间求和数组，再去查找t时刻在前缀和数组中的最大插入位 置，查找用二分查找函数upper_bound()，时间复杂度O(Q*logN) #include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int Max = 50002; int sum_B[Max]; int main(){ std::ios::sync_with_stdio(false); std::cin.tie(0); int N,Q; cin>>N>>Q; for(int i = 1;i <= N;i++) cin>&g...

根节点的后一个元素一定的左子树的根 然后按中序遍历的形式递归一遍即可 核心代码如下： vector<int> ans; class Solution { public: /** * 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可 * * * @param n int 二叉树节点数量 * @param pre intvector 前序序列 * @param suf intvector 后序序列 * @return intvector */ vector<int> ans; void search(int l1,int r1,int l2,int ...

递归 先判断串的类型，再用递归对二叉树进行后序遍历即可 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; string str; void search(int l,int r){ //访问左子树 //访问右子树 //输出根结点 char ty = '0'; int temp = 0,len = r - l + 1; for(int i = l;i <= r;i++) temp += (str[i] - '0'); //判断类型 if(temp == 0) ty = 'B'; else if(temp == len) ty = 'I'...

前缀和   根据题意可列出将区间[l,r]中所有货物运到x点的代价为，其中，为x点到i点的距离；   不妨令储物点1为原点，定义为i点到1点的距离，显然；   此时(1-1)式可化为，(1-2)式可分为以下三种情况：   1、x<=l，有；   2、x>=r，有；   3、l<x<r，有      显然，只要维护三个前缀和数组即可，代码如下：   #include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define&n...

枚举，差分，离散化 题中给的数据范围太大，开个大数组暴力枚举不现实，考虑离散化处理，同时维护一个差分数组存储每个仓库的货物种类。 1、利用结构体把每次进货的信息存储好； 2、自定义升序排序规则，货物编号优先级第一，区间起点优先级第二； 3、定义两个临时变量存储临时起点和临时终点； 4、若第j个结构体货物编号与第j-1个结构体的货物编号不一致，说明此次货物编号为新编号，处理差分数组；否则，进行区间合并（如果区间不相交则直接处理差分数组），等到下一个新编号出现时再处理差分数组； 5、求差分数组的前缀和得到所有仓库的货物种类数组，遍历该数组并做判断即可。 代码如下： #include <bit...

枚举 三种思路： 1、开个数组，直接暴力让每个区域内的所有树对应位置置1，O(LxM)，题目给的数据范围不大，不会TLE，代码如下： #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 10010 int main(){ int a[N],L,M,rm,o_last,d_last; cin>>L>>M; rm = L + 1; //剩余树的数目 for(int j = 0;j <= N;j++) //初始化 a[j] = 0; for(int i = 1;i <= M;i++){ //标...

枚举，暴力 可以先排序再去重或先去重再排序 建议直接上桶排序 以随机数作为索引，对应位置的元素置1，然后遍历一遍元素为1的索引即可 至于不同的随机数个数可以直接遍历一遍数组求和，得出的值即为不同的随机数的个数。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 1010 int main(){ int a[N],n,cnt = 0; for(int i = 0;i <= N;i++) //初始化 a[i] = 0; cin>>n; for(int i = 1;i <= n;i++){ int te...

枚举 根据题目可以得到矩形四个点的坐标（其实只要对角线的两个点就够了） 从最后一张地毯开始（选择从后往前作为枚举方向），判断点是否在该地毯上 如果在则break,输出当前地毯编号；否则输出-1。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 10010 int main(){ int a[N],b[N],g[N],k[N],n,x,y; bool flag = 0; cin>>n; for(int i = 1;i <= n;i++){ //cin>>a[i]>>b[i]&gt...

枚举 可以用队列（先进先出）结构来解决 这里给出一种仅用数组的方法 开两个大数组a和flag 其中a用来按顺序存储载入内存的数据（包括历史数据），同时设置一个游标fm指向下一个空位置，设置另一个游标cl_f指向当前内存的首位数据（有点类似静态链表的游标）；flag用来存储相应数据的状态，0为不在内存中，1为在内存中； 此时fm-1的值即为访问外存的次数（因为fm指向的是当前内存最后一个数据的下一个位置） #include <iostream> using namespace std; #define N 1010 int main(){ int m,n,fm = 1,temp_m ...

模拟 可以分三部分处理： 1、先处理符号，系数小于0输出'-'，系数大于0且不是最高项输出'+'； 2、其次处理项的系数，当系数绝对值非1或为常数项时直接输出该系数的绝对值； 3、最后处理项，非常数项输出'x'，次数大于1的项输出'^'和次数。 （或者分四种情况，第n项，第1项，常数项，其它项，但这种方法写起来可能比较繁琐，比如说第n项情况里要考虑n是不是为0或1，如果是的话就只输出常数或系数+'x'...） #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int num,n; cin>>n; for...

#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std;  const int MAXN = 5000; int WG[MAXN][MAXN]; bool ft[MAXN]; int n = 0; int e = 0; int table[MAXN][2];    //记录表   void add(int x,int y,int c){     WG[x-1][y-1] = WG[y-1][x-1] = c; }  ...