其他

問題：@陳利人有n對喜鵲。每一對可以表示為(x,y)，x、y是喜鵲的編號，並且任意一對，x總是小於y。(c,d)可以串連在(a,b)之後，若且唯若b<c。多對喜鵲串連在一起，就構建成了Queqiao。給定n對喜鵲，請你構建最長的Queqiao，來協助有情人相會。PS：這裡Queqiao的長度為能串連在一起的喜鵲的個數。分析I：在二維上，可以構造一個拓撲圖（有向圖），邊長都為1，然後找出一條最長路徑。時間複雜度O(n^2)。分析II：在一維上，先將喜鵲按x排序，用length[i]表示用第i

VSS的準系統就是源碼進資料列版本設定。 首先登入VSS，一般每個公司都有一台VSS伺服器，給你分配一個使用者。登入後你在左側會看到每個項目，下級檔案夾，以及檔案夾裡的具體檔案。 主要是編輯檔案夾下的檔案，對該檔案夾首先做【取出最新版本(get latest version)】，然後選擇一個本地硬碟的路徑，用於存放該檔案夾及裡面的檔案，然後你就可以編輯該檔案（預設變更檔的內容就執行了【簽出(check out)】操作），編輯結束後就可以執行【簽入(check in)】，不簽入的話，只是本地更改，

大數加法是抄的模板，要注意的是，m如果小於3，則肯定不行，因為最少的是三角形。m的取值範圍是3<=m<=n+p。#include<iostream>#include<string>using namespace std;string n,m,p;string Sum(string s1,string s2){ if(s1.length()<s2.length()){ string temp=s1; s1=s2; s2=temp;}

思路：初始時，i指向第一個字元，j指向第一個不等於i的字元，k從j+1開始找第一個不等於i和j對應字元的位置，另外設有變數rightMosti和rightMostj分別表示i和j對應字元在最右邊出現的位置，i的下一個位置即為min(rightMosti,rightMostj)+1，j=k，k從下個位置開始找。時間複雜度為：O(n)。#include<iostream>using namespace std;int hash[26];int getSubString(char* ch)

問題：有一座金字塔，從上到下，第一層有一個杯子、第二層有兩個杯子，依次類推。對杯子進行編號，有如下的形狀：   1 2   34   5   6每個杯子的容量為C升，從塔頂倒下L升水，當1號杯子滿了之後，會等量溢出到2號和3號杯子。當2號和3號滿了，2號溢出到4號和5號，3號溢出到5號和6號，注意5號接受來自兩個杯子的水。依次類推。給定C和L，請問，第n杯裡有多少水。from @陳利人分析：此題沒有想到好的方法，只想到類比（或者算DP），f[leveli,

提示WINKEY 就是把開始點出來的那個鍵，就是Ctrl和Alt之間的那個鍵！WINKEY+D:這是高手最常用的第一快捷按鍵組合。這個快速鍵組合可以將案頭上的所有視窗瞬間最小化，無論是聊天的視窗還是遊戲的視窗……只要再次按下這個按鍵組合，剛才的所有視窗都回來了，而且啟用的也正是你最小化之前在使用的視窗！WINKEY + F:不用再去移動滑鼠點“開始→搜尋→檔案和檔案夾”了，在任何狀態下，只要一按WINKEY+F就會彈出搜尋視窗。WINKEY + R:在我們的文章中，你經常會看到這樣的操作提示:“

1、類比看了一下list的實現原理才明白為什麼迭代器的位置不用自動調整，list是用雙向鏈表做的，vector是用數組做的，所以會有不同。//迭代器的刪除//list的erase只會使指向被刪除的迭代器失效，vector的erase有可能使後面的迭代器失效//猜想：list中是不是用個標記記錄了被刪除的位置，如果被刪除則一直移動到第一個不被//刪除的位置

問題：有25匹馬，但只有5個跑道，即每場比賽只能五匹一起跑，沒有計時器，那麼最少需要舉行幾場比賽，才能確定前三甲呢？分析：首先, 將25匹馬分為5組A、B、C、D、E組，每組跑一次，確定出每組的名次；需要跑5場。假設：A1>A2>A3>A4>A5B1>B2>B3>B4>B5C1>C2>C3>C4>C5D1>D2>D3>D4>D5E1>E2>E3>E4>E5即：然後，A1，B1，

可以參見編程之美，設b[i]表示長度為i的最長遞增子序列的最後一個元素的最小值，初始值b[1]=a[0]，然後對於剩下的每一個元素，二分尋找1-maxlen之間第一個比a[i]大的數，如果找的到的話，更新該元素。//11327055c00h00g2533Accepted392K0MSG++762B2013-03-08 21:47:25//因為b[maxlen]肯定是有序的 #include<stdio.h>#include<stdlib.h>int a[1005],b[1

樹的深度取決於根節點到最深分葉節點的距離，所以我們可以從分葉節點入手。分葉節點會且只會和某一個節點連通（反之不成立，因為根節點也可能只和一個節點連通），所以我們很容易找到所有可能的分葉節點。題目可以等價於找到了兩個分葉節點，使得兩個分葉節點之間的距離最遠。根節點就是這兩個分葉節點路徑的中間點（或者中間兩個點的任意一個）。我們可以每次都將串連度為1的節點刪掉，直到最後只剩下1個或2個節點，則這一個節點，或者兩個節點中的任意一個，就是我們要找的根節點。

問題I：有1000桶酒，其中1桶有毒。而一旦吃了，毒性會在1周后發作。現在我們用小老鼠做實驗，要在1周內找出那桶毒酒，問最少需要多少老鼠。這是老鼠與毒酒最經典問法。分析：此問題可以用二進位的思想來解答。將1000桶酒編號為0,1,...,999。用10隻老鼠分別負責二進位中的相應位，即第1隻老鼠，喝掉編號的二進位表示中右邊第一位為1的桶內的酒，即1,3,5,7，。。。,999桶內的酒。第2隻老鼠，喝掉編號的二進位表示中右邊第二位為1的桶內的酒，即2,3,6,....桶內的酒。第3值老鼠，。。。。

sln：解決方案檔案，為方案總管提供顯示管理檔案的圖形介面所需的資訊。 .csproj:專案檔，建立應用程式所需的引用、資料連線、檔案夾和檔案的資訊。 .aspx：Web Form頁由兩部分組成：視覺元素（HTML、伺服器控制項和靜態文本）和該頁的編程邏輯。Visual Studio 將這兩個組成部分分別儲存在一個單獨的檔案中。視覺元素在.aspx 檔案中建立。 .ascx 是使用者控制項代碼檔案 .aspx.cs：Web

問題I:傳統歸併排序需要O(n)的空間發雜度，但是否能夠實現原地歸併排序呢？即O（1）的空間複雜度。時間複雜度還是否是O（nlogn）？對於這個問題，網上有很多資料，講的比較清楚的有下面這個文章：http://www.ahathinking.com/archives/103.html在瞭解原地歸併的思想之前，先回憶一下一般的歸併演算法，先是將有序子序列分別放入臨時數組，然後設定兩個指標依次從兩個子序列的開始尋找最小元素放入歸併數組中；那麼原地歸併的思想亦是如此，就是歸併時要保證指標i之前的數字始

我們都知道記憶體對齊可以提高效率，具體來說就是減少記憶體訪問次數。許多電腦系統對基礎資料型別 (Elementary Data Type)合法地址做出了一些限制，要求某種類型對象的地址必須是某個K的倍數。我們將通過圖來說明為什麼對齊不記憶體需要兩次訪問記憶體：先來看：我們將資料讀入到寄存器中，並且假設我們的處理器以四個位元組為位移量訪問記憶體（1-4）四個位元組，顯然，我們需要將0-3和4-5都讀入到記憶體中，然後拼成我們想要的四個位元組，故需要兩次訪問，看：通過shift拼出我們需要的位元組。

//此題目的痛點就在於高精度上了//微小增量0.001，0.0001，0.00001。。。。。。。都是可以的。#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;int all[16390][8];int cmp(int a,int b){return a>b;}int N;double a,b,c;int i,j,num=0;int rank[16390];int main(){double dd=10

問題：給一正整數數組A，一正整數n，求數組A的元素相加能夠得到和為n的種數。例如：數組為[5, 5, 10, 2, 3] ，n 為 15，那麼種數就為4，分別為:5 + 10, 5 + 10,  5 + 5 + 2 + 3, 10 + 2 + 3。分析：最直接的方法就是枚舉，但這樣的時間複雜度太高，太暴力了！其實，這一問題與01背包問題類似。用f[i][v]表示前i個數中能得到和為v的種數，那麼其狀態轉移方程為：f[i][v] = f[i-1][v] +

  圖解： 在現代企業管理中，適度、巧妙的讚揚，能夠激發員工的工作積極性、主動性，促使他們不斷向好的方面轉化，從而促使執行力得到更有效落實。因此，一個優秀的管理者，應該清楚地認識到讚揚對於提升企業執行力的重要作用，並注意讚揚方法，抓准讚揚時機，客觀公正、恰如其分地加以運用。 圖解： 榜樣的力量是無窮的。在現代企業管理中，管理者要想督促員工高效率地完成工作，就要事事為先，嚴格要求自己，為員工樹立一個良好的榜樣。只有這樣，才能鍛造一個風氣正、思想覺悟高、嚴於律己的團隊，從而提高整個團隊的戰鬥力。

//題意，尋找最少的拷貝次數，此題使用貪心的思想，每次都是完全拷貝，查看結果是否大於等於所求//如果大於的話，剩下的只需要一次複製就行了（因為每次可以只複製一部分資料） #include<cstdio>#include<cstdlib>int n;int main(){ int cases=0; while(scanf("%d",&n)!=EOF){ //WA一次，以為都是-1呢 if(n<0)

問題I：盒子中有n張卡片，上面的數字分別為k1,k2,...,kn。你有4次機會，每抽一次，記錄下卡片上的數字，再將卡片放回盒子中。如果4個數位和等於m。則你就贏得遊戲，否則就是輸。直覺上，贏的可能性太低了。請你給出程式，判斷是否有贏的可能性。分析：要求的是能夠贏得遊戲機率，很明顯，若能夠求出4個數子和為m的種數（記作T），那麼贏的機率就為T/n^4。這裡，將核心部分擴充為問題II。問題II：給出n個正整數，從中依次選擇k個數，使得和等於m。問：滿足要求的選擇的種類數。這裡：同一個數字可以使用多

一定要考慮清楚，情況，首先sumk=(k1+k2)^k*sum，然後需要按照k1+k2分情況討論，具體見代碼：#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#include<math.h>int t;int n;double k1,k2;__int64 k,sum;int tmp;int main(){scanf("%d",&t);int cases=1;while(t--){ scanf("%d%lf%lf%I64d",