计算架构与技术创新云应用商城华为云的这两个部门，群友有了解的吗，求科普

题意： 围棋是起源于中国有悠久历史的策略性棋类游戏。它的规则如下： 棋盘19*19。 棋子分黑白两色，双方各执一色。 下法：每次黑或白着一子于棋盘的空点上。棋子下定后，不再向其他点移动。 棋子的气：一个棋子在棋盘上，与它相邻的空点是这个棋子的“气”（这里相邻是指两个点有公共边）。 相邻的点上如果有同色棋子存在，这些棋子就相互连接成一个不可分割的整体，气合并计算。 相邻的点上如果有异色棋子存在，此处的气便不存在。 如果棋子所在的连通块失去所有的气，即为无气之子，不能在棋盘上存在。 提子：把无气之子清理出棋盘的手段叫“提子”。提子有二种： 着子后，对方棋子无气，应立即提取对方无气之子。 着子...

题意：一颗n个结点的树，每个边上都有一盏灯，给出每条边上的灯的状态，给出一些重要的边，让你每次选择一条路径翻转路径上的灯的状态，最少多少次才能使得所有重要边上的灯全部亮起来。 解： 个人觉得题目给出的图可以很好的理解答案的求解过程 （呜呜呜不知道为什么一放图片就显示不要泄漏自己的信息，然后发布完就访问不到） 只好把图片删掉啦，大家一定要注意研究题目给的图哇 图一： 选择的路径是通过根的 一个很重要的点，一个点翻转偶数次的状态和初始状态是一样的。 所以我们可以想到，每次的路径上都有根的话，可以使得每次都选择到两条需要翻转的链。 从叶子结点开始考虑，这条边是重要的并且灭着，那么我们就需要翻转这条边...

A题 题意：一个数字x，问最少操作多少次变成0，操作如下： 二进制下1的个数是奇数，最低位取反，否则最高位取反 解：按照题意模拟一下就可以。 因为2次操作都至少会去掉一个最高位，所以次数一定不会很多 每次统计一下二进制下1出现的次数，奇数就异或1（最低位），偶数就异或最高位即可啦～～ ps：懒得写快读也过了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll x; int t,ans; int main() { std::ios::sync_with_stdio(false); cin....

题意：一个面包b元钱，买c个面包，可以送d个面包，现在问a元钱最多可以获得多少面包。 解： a元钱可以买到a / b个面包， 其中有（a / b / c)次机会可以拿到送的d个面包 所以最后能得到的面包数目是：(a / b) + (a / b / c * d) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll a,b,c,d; int t; int main() { cin>>t; while(t--) { cin>>a&gt...

题意：将L-R之间的数连在一起构成一个新的数字，问这个数字能否被3整除 解： 首先，能被3整除==数字的和是3的倍数 其次，转化成的新的数字他的各位数字之和等于L-R中所有数字的各位数字和相加 问题转化为L-R之间所有数的和能否被3整除 用等比数列求和公式，(l + r) * (r - l + 1) / 2，判断能否被3整除即可 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int t; ll l,r; int main() { cin>>t; while(t--...

A题 题意：给出一个n个点的有边权的树，求一个图满足给出的树是图上的一个严格次小生成树（注意原树上的边权不能改变）且该图的所有边权和最小，并且要求所有的边权都是正整数。无解输出-1 解：注意：题目中写明可以有重边，严格次小声成树代表图中一定有一条权比当前小的边，并且可以想到只需要添加这一条边就可以满足条件。 边权和需要最小且边权是正整数，所以我们只需要任意找一条边添加一个边权为1的边，无解的情况是这棵严格次小生成树的所有边权都是1. #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,x,y,z,s; int ans; int ...

故事起源于10.25日某比赛，一道数位DP题目被我们做傻了，回来复习一下。 好朋友 问题链接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/19327 题意：求l-r中包含子序列‘007’的数字个数 解：详见注释 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int t; ll l,r; ll a[20]; ll f[20][20][2][2]; ll dp(int pos,int s0,bool h,bool have,bool lim) { ///pos代表从...

A题 题意：n个格子，每个格子都有2^(n-1)个米粒，有些格子坏掉了，问从（n-k）个格子中选择一些格子能否正好凑成s。 解：二进制考虑，如果当然s的某一位是1，那么表示对应的格子应该选择，0表示不应该被选择，模拟一遍即可。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; set<ll>se; ll n,k,s,a[100]; void solve() { scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&s); ...

A题 题意：进行最少操作从原点走到x处，第k次操作可以选择向右走k步或者向左走1步。 解：先用最少的次数到达>=x,即求出最小的r，r*(r+1)/2 >= x， 此时，可能多走了0-(r-2)步， 考虑在前面的操作中选择一个变成往左走。 比如第1步往左走，最终对答案的影响是-2，以此类推，第i步变成往左走会让答案-（i+1），所以除非r*(r+1)/2 - x == 1，其余的x都可以在r步得到。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; ll x; int t; int ...

A 题意：n个向量中是否有两个向量相加与给出向量平行 解： O（N^2）暴力枚举相加是否能够与已知向量平行即可 可以把向量平移到（反向）到一二象限，只需要判断同向就可以了 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e3 + 10; int n; int x[N],y[N]; int main() { std::ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0); cin>>n; for(int i = 1;i <= n;...

线段树优化建图+网络流 首先可以看出是求最大流 源点向用户连一条容量为1的边，每个游客向可以登录的线连容量为1的边，最后m条线向汇点连边，第i条线连一条容量为v[i]的边求最大流即可。 但是，连边操作太多了，可以达到O(nm),所以我们用线段树优化建图。 以及，最后的最后，不要忘记多组输入呜呜呜～～～ #include <bits/stdc++.h> #define ls o << 1 #define rs o << 1 | 1 using namespace std; typedef long long ll; const int maxn = 3e4 ...