P1002[NOIP2002普及组]过河卒题目棋盘上AAA点有一个过河卒，需要走到目标BB

题目：样例输入：45WRWRWBWRWBWRWRWRWBWR样例输出11代码：#include<iostream>usingnamespacestd;#defineM10005intans;charsa[50][50];intmin1=9999;intmain(){intn,m;cin>>n>>m;for(inti=1;i<=n;i++){f

考虑最终得到的图是一张“菊花图森林”，我们新增一个节点，向菊花图森林上的点随机连边，就能得到原图这张原图可能很复杂，不好下手，但目标相对简单，我们考虑得到目标的必要条件枚举原图中的每一条边（u,v)，如果存在x和u相连，y和v相连，这四个点要么形成一条长度>3的链，要么形成一个环，都与菊花

前言：    在我们的开发中由于部署环境的差异性，相信很多朋友都碰到过开发环境正常测试过的功能在测试环境甚至生产环境下出现bug的情况。一般情况下，生产环境可以采取的手段比较单一，即通过日志的方式获取运行中的环境上下文，分析日志文件并尝试重现bug。这会带来的问题还

最短路算法框架单源最短路：求一个点到其他点的最短路多源最短路：求任意两点的最短路稠密图用邻接矩阵存，稀疏图用邻接表来存。稠密图：m和n2一个级别稀疏图：m和n一个级别dijkstra算法朴素版用来求一个源点到其他点的最短距离#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;str

[NOIP2014]寻找道路在有向图 G 中，每条边的长度均为 11，现给定起点和终点，请你在图中找一条从起点到终点的路径，该路径满足以下条件：路径上的所有点的出边所指向的点都直接或间接与终点连通。在满足条件 11 的情况下使路径最短。注意：图 G 中可能存在重边和自环，题目保证

传统题 1000ms 512MiB说明太平王世子事件后，陆小凤成了皇上特聘的御前一品侍卫。皇宫以午门为起点，直到后宫嫔妃们的寝宫，呈一棵树的形状，某些宫殿间可以互相望见。大内保卫森严，三步一岗，五步一哨，每个宫殿都要有人全天候看守，在不同的宫殿安排看守所需的费用不同。可是陆小凤

原题链接这道题让我对状态转移的理解更深题解1.对于任意一个点，不是在休息就是在锻炼，因此可以设\(dp[i][j]\)又因为疲劳值对答案也会有影响，或者说，当确定时间，决策，疲劳值时，所走过的路的最大值是可以确定的所以再加一维code#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;int

原题传送门分析首先一眼看到这个题，第一个想到的肯定是dfs暴力每次询问时从左往右把边一条一条加进来，再从右往左加一遍，然后维护连通块个数。但是这样的复杂度显然是\(O(mk)\)的。所以我们需要一些优化。注意到在加边的时候有些边并不会改变连通块的个数。这些边我先称之为无

二叉树的遍历前序遍历#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;intn;structs{ intl,r,d;}a[10005];voidf(intt)//前序{ if(t==0)return; cout<<t<<''; f(a[t].l); f(a[t].r);}intmain(){cin>>n;for(inti=1;i<

#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;inta[1005][1005];intn;boolb[10005];intc[10005][10005];intt=0;voiddfs_xian(intx){ cout<<x<<""; for(inti=1;i<=n;i++){ if(a[x][i]==1){ dfs_xian(i); } }}

Link首先很容易想到地一点就是平行的直线可以划分为一组，他们的每一条线是“相同的”，这样我们第一件事情就是计算可以有多少划分方式。然后该怎样计算最后每一种情况是多少个交点呢？我们考虑一下，每一条直线都会和不平行的直线产生交点，这样就可以计算每一条直线地贡献了。\(\frac

#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;intn;vector<int>g[1005];ints=0;inta[1005][1005];boolb[10005];voiddfs(inti){for(intj=1;j<=n;j++){if(a[i][j]==1&&b[j]==false){b[j]=true;

解题思路：Tarjan离线处理一篇介绍LCA的很好的博客：http://www.cppblog.com/menjitianya/archive/2015/12/10/212447.html#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>usingnamespacestd;constintmaxn=10005;structEdge{ intk,next,cost;}edge[maxn&

排序简单排序插入排序普codeintn,cnt=0; //数组长度插入数组长度inta[10005],r[10005]; //原数组插入数组voidInsertSort(intx){//插入xintpos=0; //记录x应插入的位置while(pos<cnt&&r[pos]<x)pos++;

11.1更新表中特定行>>>UPDATEcostomersSETcust_email='[email protected]'WHEREcust_id='10005';#更新指定行的特定列>>>updatecostomerssetcust_email='[email protected]',cust_phone='0755-2536541'wherecust_id

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5112排序之后计算就好开始用cin超时了#include<stdio.h>#include<iostream>#include<math.h>#include<stdlib.h>#

模板算法冒泡排序voidbubble_sort(int*a,intn){ boolf=1; while(f){ boolf=0; for(inti=1;i<n;i++) if(a[i]>a[i+1])swap(a[i],a

BoneCollector HDU-2602 &：自己的动态规划好差的，算法也跟不上，真是处处碰壁。于是找点简单的题看看，散散心。背包是比较典型的题了，看了好一会的背包九讲，对比着来学

找递推式。设\(f_i\)为\(i\)个节点的满足要求的树的数量，由于同一深度下每个节点子树相同，那么也就是说，根节点的若干个儿子都要分到同样的节点数。设总共有\(m\)个儿

首先很显然直接贪心是不行的，就好像背包的时候一直选价值最大的肯定会假一样。诶？背包？这题还真有点像背包。考虑像背包一样设，\(f_i\)表示剩下\(i\)个石子的先手最大获得

传送门思路用bitset优化Floyd，我们可以通过\(O(\frac{n^3}{\omega})\)的时间判断\(i,~j\)两点间是否联通。因此，我们可以从小到大加入“中转点”，每加入一个，就将所

replace用函数修改行数据1、使用replacesqlUPDATEtitles_testSETemp_no=REPLACE(emp_no,10001,10005)WHEREid=5;2、使用insert有

SQL238将id=5以及emp_no=10001的行数据替换成id=5以及emp_no=10005题目描述将id=5以及emp_no=10001的行数据替换成id=5以及emp_no=10005,其他数据保持不变，使用replace实

排序简单排序插入排序普code点击查看代码intn,cnt=0; //数组长度插入数组长度inta[10005],r[10005]; //原数组插入数组voidInsertSort(intx){