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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 arr int整型vector the array * @return int整型 */ // 双指针解法 O(n) yyds int maxLength(vector<int>& arr) { // write code here int n = arr.size(); int ans =...

dfs 但是求环版 从起点开始，dfs 但是非暴搜，每个点只能访问一次，如果当前点没访问，则递归是否能到终点，如果能到终点，则看起递归过程中是否有该点第二次被进入，则出现环，则inf。

初探 本质是最短路，奈何加了最短路的点的出边必须直接或间接到达终点。 想法 先开始没有注意到条件，写了堆优化dij就交了。看到条件后想着反向建边加拓扑，发现很烦。并查集也寄了。 分解条件 出边直接或者间接到达终点，就是说出边的点只要和终点连通即可。 因此我先求一遍时候连通，然后再dfs求出边均连通。将连通转化为点值关系，正向求，会有反复入点的困难，就是出点需要入点，有很多环，越弄越解不开，于是反向建边。 从终点出发，出点 x，通过边走向 y，则将 y 加上一个度数，开始建边时计算一个度数，两度数相等且不为 0 ，则说明最短路可以走改边。 #include <bits/stdc++.h&g...

对于一个排列p，交换多少次变成1，2，3单调递增的排列。 啥事排列，就是n个数，这n个数由1到n的自然数组成。 将 p[i] 与 i 连接可以形成若干个圈。 。 对于每个圈交换次数为圈长度n减一。（不会证） 后面的思路要用到证明，请参考进阶指南。 将一个圈中的任意两个点交换会形成两个圈，只把一个圈的n-1与其他圈相乘并不能直接得到答案。 因为每一次交换两个点的方式可以不同。 用 T(x,y)T(x,y)T(x,y) 表示将一个长度为 n=x+yn=x+yn=x+y 的环交换任意两个点拆成两个环长度为 (x,y)(x,y)(x,y) 的方式。 T(x,y)={如果x=y那么就等于x 如...

(ax+by)k(ax+by)^k(ax+by)k的每一项咱们提取出来的 xnymx^ny^mxnym 的系数应该是(kn)anbm\binom{k}{n}a^nb^m(nk​)anbm 组合数用阶乘预处理可得，复杂度为 O(k)O(k)O(k)。 指数用费马小定理快速幂求逆元，复杂度为 O(log⁡(Mod−2))O(\log(Mod-2))O(log(Mod−2)) #include <bits/stdc++.h> using namespace std; using ll=long long; const int N=1000005,Mod=10007; ll FACT[N]...

将数字中含1的地方尽量大，从29开始因为1<<29是1e9的最高位。 #include <bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { int n; cin >> n; vector<int> a(n, 0); for (int i = 0; i < n; ++i) cin >> a[i]; sort(a.begin(), a.end()); a = vector<int> (a.rbegin(), a.rend()...

分析 首先分别将两个字符串输入 std::getline(std::cin, p); std::getline(std::cin, s); 分别小写化，使用tolower函数将字符串的每一个字符变成小写。 遍历字符串s int len_s = s.length(); for (int i = 0; i < len_s; ++i) 利用s[i]与p首字母进行匹配，不匹配的情况不能进入循环。 若匹配，则逐字符匹配，同时声明两个变量，m, n分别记录s和p的位置，但是不改变i的大小。 int m = i, n = 0; while (s[m] == p[n] && p[n]...