快照有COW（CopyOnWrite，写时复制）和ROW（RedirectOnWrite，写重定向）两种实现方式。1.COWCOW(Copy-On-Write)，写时拷贝，也称为写前拷贝。创建快照，如果源卷的数据发生了变化，快照系统会将原始数据拷贝到快照卷上的数据块中，然后再对源卷进行改写；OW快照在初始化的过程中仅创建用来描述

题意给出一个\(n\)个点\(m\)条边的正权有向图，求从点\(n\)到点\(1\)的前\(k\)短路的距离分别是多少。sol\(k\)短路问题往往使用A*算法（时间复杂度\(O(nk\logn)\)）或可持久化可并堆优化最短路树（时间复杂度\(O((n+m)\logm+k\logk)\)），由于本题数据范围较小，可以

课程地址：https://pdos.csail.mit.edu/6.S081/2020/schedule.htmlLab地址：https://pdos.csail.mit.edu/6.S081/2020/labs/cow.html我的代码地址：https://github.com/Amroning/MIT6.S081/tree/cowxv6手册：https://pdos.csail.mit.edu/6.S081/2020/xv6/book-riscv-rev1.pdf相关翻译

[USACO09OPEN]CowLineS题面翻译FarmerJohn（以下简称FJ）的NNN头奶牛（用1…

前置知识点何为“智能”在Rust中，“智能指针”是指那些实现了特定智能行为的指针类型。这些智能行为通常包括内存管理、生命周期跟踪以及所有权转移等。常见智能指针BoxBox<T>是Rust中最简单的智能指针类型之一，它用于堆分配的内存。Box<T>允许你在堆上分配类型T

设矩阵\(M^1=\begin{bmatrix}dis_{1,1}&\dots&dis_{1,n}\\\vdots&\ddots&\vdots\\dis_{1,n}&\cdots&dis_{n,n}\end{bmatrix}\)，其中\(dis_{i,j}\)表示\(i\)是否能在\(1\)步内走到\(j\)。让我们回忆一下矩阵乘法，\(c_{i,j

T7[USACO23FEB]HungryCowP这题就比较正常了，蓝紫之间的水平。我们发现Bessie能活\(10^{14}\)天（，导致我们不好直接按照值域来维护。发现给某一天送干草，影响到的是后面很多天，这是个区间问题。所以考虑动态开点线段树。线段树的每个节点维护\(\mathit{ans},\mathit{cnt},\ma

#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;usingi64=longlong;usingu64=unsignedlonglong;usingu32=unsigned;charm[12][12];intfarmer[3];intcow[3];boolzt[200000];intans;voidmove(intx,inty,intdir,inttype){if(dir==

算法1(贪心)题目要求牛的最大伤害值最小，那么我们使每头牛的伤害值最小，在其中找最大值作为答案如何使得每头牛的伤害值最小?(1)自身w值越大应该放到底部，使得被减数减小(2)自身s值越大应该放到底部，使得减数变大综上，w+s从小到大排序，最大的危险系数一定是最小的。贪心算法

解决思路：根据奶牛的位置对数组进行排序。计算相邻健康奶牛和感染奶牛之间的最小距离。这个距离值减一用来估计感染传播的半径。（确保了感染奶牛之间的距离在当前半径下不会导致传播给其他健康奶牛。）遍历排序后的奶牛列表，找到每一段连续感染奶牛的区域，并计算这些区域中可能需要的

大家好,这里是国中之林!❥前些天发现了一个巨牛的人工智能学习网站，通俗易懂，风趣幽默，忍不住分享一下给大家。点击跳转到网站。有兴趣的可以点点进去看看←问题:解答:main.cpp#include<iostream>#include"Cow.h"usingnamespacestd;intmain(){ Cowc1;

USACO入侵CFA.CowandHaybales题意：一行\(n\)个数，每次可以将1从一个数移动到相邻的数，求\(d\)次内\(a_1\)最大值。思路：显然先移动\(a_2\)，然后依次类推。提交记录B.CowandFriend题意：在二维平面上，一次只能走恰好\(a_1\sima_n\)中的一个数，求从原点走到\((x

copy on write 简单来说，所有的读操作都是指向一份内存地址，共享这些数据，节省内存空间。如果有进程要对数据进行写操作，系统会检测到这个行为，将数据复制一份出来，给这个进程进行写操作。其他进程继续共享原来的没有修改的。写操作的进程指针指向新的副本。COW的基本原理

定义开闭原则（OCP）：软件实体应对扩展开放，对修改关闭。通俗来讲就是，当需要进行扩展时，在不更改现有代码的前提之下，进行扩展。举例假设有一个动物发出声音的类为Animal，最初只有Dog（狗）和Cat（猫），后续需要新增Cow（牛）；按照开闭原则，不应修改Animal类、Dog类或Cat类，而是创建新的Cow类，并在适

定义开闭原则（OCP）：软件实体应对扩展开放，对修改关闭。通俗来讲就是，当需要进行扩展时，在不更改现有代码的前提之下，进行扩展。举例假设有一个动物发出声音的类为Animal，最初只有Dog（狗）和Cat（猫），后续需要新增Cow（牛）；按照开闭原则，不应修改Animal类、Dog类或Cat类，而是创建新的Cow类，并在适当的

挺有意思的，记一下。P2419CowContestS题目大意：有\(n（n\le100）\)个数，告诉你\(m\)条某两个数的大小关系，问你有多少数的排名是可以确定的（保证不会冲突）。题目思路：首先，我们肯定是可以直接拓扑，那就是变成了问你拓扑时有多少数是单独一层的（本次只有它这一个数入队），但是我们还有

题目描述题目大意给定一个有向图，以及一个顶点。求其他所有点到给定点，再从给定点回到各自起始点的最短路中的最大值。思路本题主要考查：对单源最短路算法的熟练运用。最短路总共分为2段：其他所有点到给定点、给定点回到各自起始点。首先求第一段：可以在原图的基础上建一个反向图

A.FindKDistinctPointswithFixedCenter思路简单构造，我居然在这个题上因为没看懂英文还有机翻英太过逆天导致我WA了好几发......ACcode：#include<bits/stdc++.h>#defineintlonglongusingnamespacestd;voidsolve(){intx,y,k;cin>>x>>y>>k;in

思路对于每个连通块求出任意两点距离的最大值\(max[u]\)，然后再\(O(n^2)\)枚举任意两个连通块连接起来，答案就是两个连通块的最大值\(max\)加上中间连接的边的长度。代码#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;usingPDD=pair<double,double>;constintN=

题目描述FarmerJohn最珍贵的奶牛Bessie丢了，他需要把它找回来。幸运的是，农场里只有一条长长的直路，他知道Bessie肯定在这条路上的某个地方。如果我们把这条路看成数轴，假设FarmerJohn所在位置是x，Bessie所在的位置是y（对于John是未知的），如果FarmerJohn知道Bessie的位置，那么他就

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3029题意解读：不同的坐标位置有不同种类的牛，要计算一个最小的区间，包括所有种类的牛。解题思路：由于坐标位置不连续，并且数值范围较大，因此需要离散化处理，将坐标处理成1~n连续分布由于种类编号数值范围也比较大，也需要离散化处理，去重后的

CatchThatCowTimeLimit: 2000MS MemoryLimit: 65536KTotalSubmissions: 222142 Accepted: 67092DescriptionFarmerJohnhasbeeninformedofthelocationofafugitivecowandwantstocatchherimmediately.Hestartsatapoint N (0

题目链接O(n^3)做法直接暴力枚举长度、起点，再全部跑一边求平均数。附上我丑陋的代码和提交记录，这个代码可以得42分。#include<bits/stdc++.h>usingnamespacestd;constintNR=1e5+5;longlongn,l,a[NR],sum,ave;intmain(){ cin>>n>>l; for(inti

原题链接题解暴力dp：遍历\(i,j,k\)，\(dp[i][j]=\max(dp[j][k])+v_i\)其中\(x_i-x_j\geqx_j-x_k\)优化：对于\(j\)来说，随着\(i\)越大，\(k\)可以越小，因此省去了遍历一层\(k\)，而是维护每个点的\(k\)，（反正求的是最大值）细节1.有两个方向2.任意起点code#include<bit

SP11469（折半搜索）题目大意：给出$N$个数，求可以被分成两个和相等的集合的子集数。思路分析：首先考虑朴素的DFS，每个数有三种情况：选为$A$集合，选为$B$集合，两个集合都不选。暴力DFS时间复杂度为$3^{20}$。观察到$N$很小，而$3^{10}$是可以通过本题的，于是考虑折半搜索。我