">using namespace std; int n, cnt = 20; vector<int>st3; stack<int>st2; int st1 = 1; void dfs() { if(!cnt)return ; if(st3.size() == n ) // 1 { cout << "1\n" ; cnt --; for(auto x : st3)cout << x; cout << endl; } if(st2.size())...

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 1e5 + 10, M = 2 * N; int h[N], e[M], ne[M], idx; int ans = N , n; bool st[N]; void add(int a, int b) { e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++; //e[idx]表示第idx个节点所指向的点是哪个 //h[a]表示当前头节点是第几个节点 //ne[idx]表示第idx个节点下一个节点是哪一...

如果n为奇数，那只有一种情况，就是从2开始间隔一个，到n - 1结束。如果n为偶数，则可能从2开始，也可能从3开始（无论从哪开始都到n - 1结束）,还可能是两种情况的混合（在某一段从高低高低到高低底高） #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define x first #define y second const int N = 2e5 + 10; typedef long long LL; typedef pair<int, int> PII; int a[N]; LL ans1[N], ans2[N]; i...

正确代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define x first #define y second const int N = 2e5 + 10; typedef long long LL; typedef pair<int, int> PII; // PII a[N]; int cnt[N]; int main() { int t; cin >> t; while(t --) { int n; cin >> n; vect...

对于巨长的字符串复制后进行查询可以逐层向上推导前一次复制所在的位置，复制前所在的位置等于复制的字符串在当前字符串的左端点减去复制的字符串在没有复制之前的字符串左端点的位置 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define x first #define y second const int N = 2e5 + 10; typedef long long LL; LL l[N], r[N], lc[N], rc[N]; int main() { int t; cin >> t; while(t --) ...

题目大意： 给你一个长度不超过2e5的字符串 ，有 c 次操作和 q 次询问，每次操作选择从 l 到 r 位置的子串复制到字符串末尾，复制操作不超过40次，每次询问给你一个位置 k ，让你输出第 k 个位置上的字符 思路： 由于数据量很大，直接模拟不现实，可以从操作次数入手，考虑每次操作保存要复制字符串的新位置，查询时逐层递推返回到原来字符串的位置 #include <algorithm> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; const int N = 50, M = 2 ...

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N = 2e5 + 10; typedef long long LL; int a[N]; int n , m; map<int, LL>mp; bool check(LL x) { LL sum = 0 , tmp = 0; for(int i = 1; i <= n; i ++) { if(mp[i] > x)sum += mp[i] - x; else tmp += (x - mp[i]) / 2; }...

全排列方法 1.用u表示每一行皇后的位置，在用i表示皇后的列坐标。 #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; const int N = 100; char g[10][10]; int n; bool col[N], dg[N], udg[N];//判断两个皇后的方法：两个皇后在一直线上，则截距相同，通过截距判断就行了 void dfs(int u) { if(u == n) { for(int i = 0; i < n; i ++)puts(g[i]); ...

求只包含两个数的区间里的最大值 #include<iostream> using namespace std; const int N = 1e6 + 10; int a[N]; int cnt[N]; int main() { int n; cin >> n; for(int i = 1; i <= n; i ++) { cin >> a[i]; } int num = 0; int ans = 0, x = 1; for(int i = 1; i <= n; i ...

不能把数字映射成0，因为一个A是0，两个A也是0，会冲突。 #include<iostream> #include<cstring> typedef unsigned long long ULL; const int N = 1e5 + 10, P = 131; ULL p[N], h[N]; int n, m; char str[N]; ULL get(int l, int r) { return h[r] - h[l - 1] * p[r - l + 1]; } int main() { scanf("%d%d%s",&n, &m...

拉链法 #include<iostream> #include<cstring> using namespace std; const int N = 100003;//N的值为质数，而且离2的幂越远越好，这样不容易冲突 int h[N], e[N], ne[N], idx; void insert(int x) { int k = (x % N + N) % N; e[idx] = x; ne[idx] = h[k]; h[k] = idx ++; } int find(int x) { int k = (x % N + N ...

#include<iostream> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int h[N]; int s; int ph[N], hp[N];//ph[i]存的是第i插入数的下标， hp[i]存的是第i个点在hp数组里的下标 ph[j] = k, hp[k] = j; int cnt; void head_swap(int a, int b) { swap(ph[hp[a]], ph[hp[b]]); swap(h[a], h[b]); swap(hp[a], hp[b]); } void down(in...

支持的操作 1. 插入一个数 2. 求集合中的最小值 3. 删除最小值 4. 删除任意一个元素 5. 修改任意一个元素 小根堆： 父节点小于等于左右两个子节点的值。 储存方式: x的左儿子是2*x, 右儿子是2 * x + 1, 用一维数组来存储。 #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; const int N = 1e6 + 10; int h[N]; int s = 0; void down(int u) { int t = u; if(u * 2 <= s &am...

Trie树的应用 #include<iostream> using namespace std; const int N = 1e5 + 10; int son[N * 31][2]; int idx; int a[N]; void insert(int x) { int p = 0; for(int i = 30; i >= 0; i --) { int u = x >> i & 1; if(!son[p][u])son[p][u] = ++ idx; p = son[p][u]; ...