岗位职责: 1.负责安全中台产品开发与设计 具体可以私聊咨询 岗位要求: 1.一年以上开发经验,熟悉C/C++。至少一种语言及其主流开发框架和原理 2.熟悉HTTP协议,了解nginx/apache原理,有插件开发经验优先 3.熟悉linux操作系统的内核实现机制者优先 4.对网络安全领域技术/产品有所了解，有相关开发经验者优先 5.动手能力强，思维严谨，有较好的质量意识

L、智乃的数据库 按照题意进行模拟即可。 分组的话可以使用并查集或者hash，如果使用hash进行数组元素分组的话有个小技巧，就是利用sort将分组转化成数组切段，这样写起来就比较清爽了。 时间复杂度O(NMlogN)O(NMlogN)O(NMlogN)空间复杂度O(NM)O(NM)O(NM)。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN=1005; const int MAXS=100005; const long long base=131; const long long mod=1e9-7; int...

K、智乃的C语言模除方程(another version) 首先可以按照上一道题的做法去做（直接改上一题的calcEx即可），但是实际上这道题在思维上更简单了，不需要转化成二维前缀和。 首先你要知道一个叫做整除分块的数论板子。 整除分块是处理形如Ni\frac{N}{i}iN​，其中iii为循环变量，为什么叫他分块呢，是因为对于形如Ni\frac{N}{i}iN​的式子，对于i∈[1,N]i \in [1,N]i∈[1,N]只有N\sqrt NN​种结果。 然后模除可以改写成一次除法+一次减法的形式，即a%b=a−⌊ab⌋∗ba\%b=a-\left \lfloor \frac{a}{b} \...

J、智乃的C语言模除方程 这道题就分情况讨论随便算一算就行了。 不过这道题的重点不在于数学计算，而是如何建模。 首先第一个难点,[l,r][l,r][l,r],[L,R][L,R][L,R]区间都是包含数轴正负数轴，这个就很讨厌，所以第一步，首先把所有问题都移动到正半轴[1,r][1,r][1,r],[1,R][1,R][1,R]考虑，见std的主函数部分。 接下来观察题目中所求的东西：统计x%P=Q(Q∈[l,r]){x\%P=Q(Q\in[l,r])}x%P=Q(Q∈[l,r])中x∈[L,R]x\in[L,R]x∈[L,R]的解的个数。 首先定义一个二元函数f(x,y)=[x%P=y]f...

I、智乃的密码 首先把这几个条件拆开来看，也就是变成这样6个条件： 1、长度不小于LLL 2、长度不大于RRR 3、有小写英文字母 4、有大写英文字母 5、有数字 6、有特殊字符 你发现这6个条件可以拆开分别考虑。 同时这6个条件在固定所选子串的其中一个端点后，另一个端点的合法性是单调的。 所以可以使用二分或者尺取的方式直接判断每一个条件的合法区间。 最后取一个合法区间的并集即可。 时间复杂度O(N)O(N)O(N)，空间复杂度O(N)O(N)O(N) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN=10000...

H、智乃的树旋转(hard version) 还是注意这么一句话智乃最近学习了树旋转，树旋转的本质是二叉树旋转轴节点与其父节点父子关系的改变 思考这么一个问题：如果对某一个非根节点，一直作为旋转轴进行旋转，那么最后会发生什么。 显然，最终该节点一定被转到了整棵树的根部。 当你意识到这个问题之后，此时你仿佛tarjan灵魂附体，你发明了splay伸展树（当然，如果只是简单的一直旋转，这种操作称之为单旋，对于平衡树而言复杂度是假的）。 不过抛开时间复杂度不谈，splay的核心思想就是如果对二叉树的某个节点一直进行旋转，则该节点最终会被放到根的位置，而树结构修改根节点信息是O(1)O(1)O(1)的...

G、智乃的树旋转(easy version) 还是题解就写在了题目当中。 认真读题，注意这么一句话智乃最近学习了树旋转，树旋转的本质是二叉树旋转轴节点与其父节点父子关系的改变 所以二重循环枚节点，当发现在两颗树中某一对节点互为父子关系时，直接输出原本是父亲的节点。 如果不存在这么一个节点，说明不用旋转，输出0即可。 时间复杂度O(N2)O(N^2)O(N2)，空间复杂度O(1)O(1)O(1) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 1005; struct tree { int fa; ...

F、智乃的数字积木(hard version) 启发式合并，每次选较小的颜色往大的块上面并。 具体来讲，这道题要维护若干个颜色相同的“块”。 对于每一个块，其实并不需要每一次都暴力排序，其实我们只需要知道其中有几个1，几个2，几个3... 使用桶排序的思路统计每个块中数字的个数。 然后它一定是形如一个99..9988..8877..7766..6655..5544..4433...的形式，可以拆解成若干个连续相同的数字。 比如9999887766=9999*1000000+88*10000+77*100+66。 这个东西它等于(10n−1)×m9(10^n-1)\times \frac{m}...

E、智乃的数字积木(easy version) 按照题意模拟，每次取色相同的一整段进行从大到小排序。 这里萌新需要学习的两个小技巧 数组切段 每年看新生代码的时候尤其是有切字符串或者切数组这种需求的时候，发现新生切串一般都写的贼麻烦，其实这种只用写一个for+一个while语句就可以实现。 for (int l = 1, r = 1; l <= n; l = r + 1, r = l) { while (r < n && (a[l]==a[r+1]) )++r; printf("[%d,%d] ",l ,r); } lambda sort需要传排序函数的...

D、智乃的01串打乱 签到题，找到第一个0和第一个1的位置直接交换即可。 时间复杂度O(N)O(N)O(N)，空间复杂度O(N)O(N)O(N)。 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN=100005; char s[MAXN]; int n; char& f(char c) { for (int i = 0; i < n; ++i) { if (s[i] == c)return s[i]; } assert(0); return s[0]; } int main() { ...

C、智乃买瓜(another version) 这道题属于是萌新也能做的多项式题（多项式除法）当然，解这道题不需要这么麻烦的理解啦。 看到题目之后很自然的逆向思维，既然这道题是原题输入输出的倒置。不妨去想，怎么把放进背包的物品取出来。 观察题目，说整只西瓜的质量都是偶数，那么最终答案为什么会出现质量和为奇数的情况？显然是由于有买半个瓜的决策。 那么就可以从小到大逆推，首先能够知道，dp[1]dp[1]dp[1]的值实际上就是质量为2的瓜的数目。 接下来的问题在意，已经知道了整个背包的信息（DP数组），如何把这些质量为2的瓜从背包中取出？ 观察DP转移方程，是一个加法和式。 dp[i][j]=d...

B、智乃买瓜 简单背包，简单来讲，这道题的题解就写在题面里边了。 1.购买一整个重量为wiw_iwi​的西瓜 2.把瓜劈开，购买半个重量为wi2\frac{w_i}{2}2wi​​的西瓜 3.不进行购买操作 对应着DP转移的三个决策，不妨开一个dp[N][M]dp[N][M]dp[N][M]的数组，dp[i][j]表dp[i][j]表dp[i][j]表示现在放到第iii个西瓜，且当前的重量为jjj。 显然有DP转移方程： dp[0][0]=1dp[0][0]=1dp[0][0]=1 dp[i][j]=dp[i−1][j−wi]+dp[i−1][j−wi2]+dp[i−1][j]dp[i][j]...

A、智乃的Hello XXXX 输出hello world即可，当然，也可以随便输出其他符合要求的答案。大概是让萌新了解一下spj，毕竟本场有很多spj。 时间复杂度O(1)O(1)O(1)，空间复杂度O(1)O(1)O(1) #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { cout<<"hello world"<<endl; }

出题人认为的难度升序排序 ADBELICGJKHF A、智乃的Hello XXXX 输出hello world即可，当然，也可以随便输出其他符合要求的答案。大概是让萌新了解一下spj，毕竟本场有很多spj。 时间复杂度，空间复杂度 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main() { cout<<"hello world"<<endl; } B、智乃买瓜 简单背包，简单来讲，这道题的题解就写在题面里边了。 1.购买一整个重量为的...