呜呜呜，本人第一道正经的图论题 核心：记忆化搜索+拓扑排序大概题意：初中知识，能量只能由低级流向高级，所以我们要找到并记录下最底层的生产者，也就是入读为0的点——（没有能量来源的那个）；这道题用临接链表存图好处理一点点，（好吧，就是不太会写链式前向星）；先讲讲记忆化储存，其实这就是一个用空间来换时间的行为，当我们dfs过的点如果把它记住，在下一次dfs遇到它的时候直接返回值，这样就会省下很多的时间。这道题如果没有记忆化搜索直接dfs的话，会超时，大家可以试一试注意：众所周知，如果只有一个动物的话，是没有办法形成食物链的； int dfs(int now,int level) { if...

先吐槽一下这个题：真的没啥意思，相比n就只多了个路径输出对于路径的储存我是在结构体中加了一个vector来存储每一步是怎么走的然后再对应输出，因为当vector中存储的数字是‘0’的时候，相当于x+1，为‘1’的时候相当于x-1，U以此类推所以对于我来说这就是一个大型的模拟题了。就vector存路径解释代码如下 struct node { int x,y; int time; vector <int>a; }; int xx[4]={1,-1,0,0}; int yy[4]={0,0,1,-1}; 在bfs中我们是以for循环来进行左右移动 既for(int...

有收获多多点赞，嘻嘻嘻被这个多组输入恶心到了，根本没讲清楚是不是多组输入，害我多wa了两发解题核心；当然是大家都熟悉的bfs，然后加上一点点贪心其实我觉得这个都有点象A * 算法了，但是其实不是，远没有A * 算法复杂，也不需要设估价方程，也就是把普通队列换成了优先队列，其中的cmp需要自己写一下；题意：很经典的搜索题题面，但是加上了一个警卫，警卫需要多花费一些时间，那么我们如果绕开警卫的话会不会有可能比不绕开要来的快？当然可能的，例如下面举例5 4. . a .. . x .. . x .. . x .. . s .如果直接杀过去所花费的时间为7，但是如果绕开，时间花费就只有七所以我们需要加...

核心思路：bfs+康托展开去重关于康托展开：康托展开的公式如下：k=a[n](n-1)!+a[n-1](n-2)!+....+a[1]0!;康托展开主要解决的是全排列的状态储藏问题，k指的是当前这个数在全排列中由小到大排第k个。其中的a[n]指的是当前这个数位上的数字在还没出现的数字中比他小的数有几个；例如<1. 2. 3. 4><2134>他的k=1*3!+0 *2!+0*1!+0 *0!;所以我们就可以利用康托展开来记录这个状态有没有走过。避免再走一遍。 表达能力有限可自行学习康托展开 个人觉得康托展开好强，觉得不是人能想出来的，可是就是有人能自己推出来，呜呜呜呜...

核心没什么核心，其实就是括号匹配的板子题，基本上一模一样；注意的地方，例如以下代码 if(!s.empty()&&s.top()=='O')如果把！s.empty()放到&&后面那么编译的时候会出问题，所以栈的非空判断要放在前面；处理完之后呢，栈中保存的结果是正确的，但是栈的特点是后进先出，所以需要一个字符数组来存栈的内容，然后在逆序输出； int num=0; while(!s.empty()){ c[num]=s.top(); s.pop(); num++; } for(int i=num-1;i>=0;i--)cout<<c[i]...

很久很久没写题解了，哈哈哈哈哈哈核心算法并查集，01背包问题刚开始做的时候我没看过01背包，只好去现学01背包问题。题意：商人，自古都是利益为先，所以本题中的商人自然想赚的更多，但是呢商人和不认识的人又不能进行交涉（可能比较害羞吧），只能和认识的人或者<认识的人>认识的人...交流，这时候应该很容易联想到并查集，让能交流的人都在同一个集合中。首先是并查集的find（x）；用于查找是否在同一个集合 int find(int x){ return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);//三目运算符真的很香 }然后合并： void merge(int x,i...

核心算法：并查集并查集，并查集，顾名思义：就是查询与合并；首先是查： int find(int x){ //有两种写法： //一:if(fa[x]==x)return x; //else return fa[x]=find(fa[x]); //二就是利用三目运算符进行压行； return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]); }然后合并 int merge(int x,int y){ //找到x，y的最终的父亲，将其中一个的父亲变成另一个的儿子； int fx=find(x); int fy=find(y); fa[fy]...

核心技巧：优先队列，堆，贪心，树； 题目内容；我们要将所有的果子堆都合并在一起且每次只能合并两堆，又因为每一次合并的消耗是两堆果子的重量之和，所以我们每次和并都应选择当前情况下的重量最小的两堆，直到只剩下一堆果子；众所周知stl中有优先队列可以直接用，但是为了锻炼自己我还是选择了手写了优先队列的相关函数，也能帮助我更好的理解优先队列。萌新一只，有错请指出；代码如下； #include<iostream> using namespace std; int p[100010],tot;//tot是用来计数的； void push(int x){ tot++; p[tot...

题目描述：多次查询[l,r]范围内的完全平方数个数定义整数x为完全平方数当且仅当可以找到整数y使得y*y=x 输入：先输入一个整数N,接下来N行，每行输入一个范围； 输出：一个整数，范围中的完全平方数的个数； 思路：我们需要的是l，r之间能够开方并且开方结果为整数的数，那么我们就可以反其道而行之，把l,r分别开方，求之间的整数的个数即可；虽然：我们可以使用stl中的upper_bound以及lower_bound直接进行运算，但是为了锻炼自己的代码能力所以还是自己手打一下这两个函数吧；因为按照题目来的，所以我写的lower与upper与stl中的有所差异。 lower： int lower(i...

😊

emmmmmm.......写了好久好久终于写出来了归并排序，在写出来之前，对二分的理解只有理论上的，只有当把归并排序写出来时才能稍微理解到一些二分的应用，虽然归并排序的速度并没有快排来的快但是却能有效的帮助我了解二分。//归并排序的原理简单来说就是把一个无序的数组从中间砍开，分成两半，再把这两半延中间砍开，再分成两半，单分到只有一个元素时，那么这个数组就自然有序了，接着再按着顺序将其两两，连接在一起，知道恢复原来的长度。其实在刚开始我傻傻的认为要开动态数组？其实不然，只要巧妙的运用递归思想，就不用那么麻烦了；接下来我们看代码：： #include<iostream> using ...

这是道究极无敌贪心，需要贪的地方太多了，直接wa了五六次，其实我的代码也是很笨拙的，但是代码的思路还是挺清晰，可以一看的；代码建议自己写更优秀的。//核心思路：当然是一贪到底；给出的数据是无序的，所以我们要想出最优的排法尽量的让巨石把所有的障碍全部撞破，所以我们就要贪他；所有的数据我们可以分为三种类型，分别是阻碍>恢复（撞到这种障碍之后自身稳定性必减），阻碍==恢复的（稳定性不变但是要考虑撞得破不），阻碍<恢复（撞这种之后自身稳定性增加），所以我们首先要撞的是第三种让自己的稳定性增加才能去撞击后面稳定性减少或者不变的阻碍，但是呢这还不够贪，在全部都是增加的阻碍中我们又按什么来撞呢？...

/牛牛吃花花是一道很妙的贪心核心思路：简单排序+前缀和由题目可知，有的牛牛虽然说回去的时间少但是战斗力并不高（战斗力指干饭能力）而有的牛牛则刚好与之相反，所以这个时候如果就考虑送回去的时间来贪心的话就不够贪为了达到足够的贪就得利益最大化。经过亿会儿的思考，我们可以得出一个关系式子，2 * t1 * d2与2 *t2 * d1比较可推出=》ti/di与ti+1/di+1进行比较，我们就称之为牛牛的毁灭性；就可以得出谁先回去的结论。所以这个时候呢，我们就建立一个方便使用的结构体用来存储这头牛牛的信息/#include <iostream>//为什么头文件就没了呢？？？iostream#...

关于前缀和：在做题的时候我们会经常的遇到一组数据，数据个数会比较大题目又要求需要对数组的区间进行处理，这时候若是对数组进行遍历的话那么对时间的花费将是巨大的，为了能够减少时间的花费就可以考虑对所给的区域端点进行处理而替代对区域间所有元素的处理。举个栗子：给定一组数据，求其中的宽度为k的区域之间的所有元素之和。例如 1,5,8,9,1,2,4,3,4,1,0,1,1,2,5求宽度为3的区域的元素和最大为多少；这时候很容易想到的是一个for循环从第一个开始遍历，但是我能不能有更好一点的方法呢？当然有，就是前缀和！我们令一个数组a，a[0]=0，从a[1]开始存入数据，在存入数据时令a[i]+=a[...