和昨天的题目一样这里我们也可以使用bfs，按照题目给出的逻辑，火焰和人的移动逻辑相同，换言之人之能至者，火之可至者也。所以只需用bfs搜索联通块就行，如果所在的地点没有踩过并且是杂草，那么火就能烧到这，换言之ans++我认为这种题目其实比较模板1. 使用向量数组来限制搜索范围（在我的知识范围之内模拟移动搜索的题目都可以使用向量数组通过遍历实现搜索） 2.用queue来实现bfs 3.visit确保不重复访问  #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; int dx[]={0,0,1,-1}; int dy[]={1,...

通过位运算状态压缩解题和bfs搜索都是可行的，这里使用bfs #include<bits/stdc++.h> using namespace std; struct State { string sa; string sb; int steps; }; bool check(string sa, string sb) { if(sa.size()!=0 && sb.size()!=0)//由于stoll,空串会异常，所以我们先检查后转换。 { long long a = stoll(sa),b= stoll(sb); return (a%b==0 || b%a==0...

最原始思路是对每一个节点进行判断然后累加，但是这样肯定会积累重复项。观察经过两个边的类型可以分为两种，子 - 父 - 子 和 孙 - 子 - 父 两种，我们可以选择中间节点作为统计的口径。对于深度为2到n-1的中间的节点作为父节点可以得到一条（子 - 父 - 子 ）作为子节点可以获得两条（孙 - 子 - 父）对于根节点，只有作为父节点的一条。对于深度为n的节点无法作为中间节点所以为0然后简单相加就可以了，也就是 S = [(2^n-1 -1)-1]*3 + 1= 3*2^n-1 - 5最后值得一提的是对于边界情况n==1我们需要特判，此时没有子节点但是仍会统计为1对于n==2 S=1正确我们可...

这个题目一开始拿到之后的思路是很明显的，就是统计连续片段的个数，但是这种思路会忽视连选数字的并行情况例如（111222这种得到的cost会是6，所以使用multiset来进行删除工作，逻辑不变，更加符合直觉。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int main() { int n; cin >> n; multiset<int> nums; for(int i = 0; i < n; i++) { int a; cin >> a; nums....