坤斤拷的博客

又是坑人的一题。必须要在哈希表中查找 tSize+1 次还没找到才能停止，我觉得不太对啊，第 tSize+1 次查找，(x + tSize*tSize) % tSize 不是显而易见地是跟第一次查找是一毛一样的位置吗？？？为什么还要没事找事再找一遍？？？反正我不理解。。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e4+1e2;int tSize, n, m;int hashTable[maxn];in

比较水的题目。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e3+3;int m, n;int tree[maxn];int heap;vector<int> ans;void read() { for (int i = 1; i <= n; ++i) { scanf("%d", &tree[i]); }}// 判断堆的类型voi.

这题比 1151 简单一点，因为给出的是 BST，它的中序遍历是非减的，从而在判断两结点是否在当前根结点的两侧时，可以直接比较大小来判断。比较坑的是，必须要先找到合适的范围，然后输出答案，而不能边遍历（或递归）边判断是否该输出，会有个点超时。我真的想不明白就这一组 If else 判断居然能超时。#include <bits/stdc++.h>#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;const int maxn = 1e4+4;in.

求 LCA，当然，不用真写个 LCA 算法出来（tarjan 什么的）。题目给了树的中序遍历和先序遍历，我们不需要先把树建起来，而是可以在建树的过程中，找出两个结点的 LCA。具体的想法是，当两个结点不同时，它们必分布在它们的 LCA 的两侧，结合给出的中序遍历，分布在两侧的结点在中序遍历中相对根结点（即 LCA）的位置也正好是一前一后。根据这个性质，我们就可以按照建树的方法，先在前序遍历中找根，然后在中序遍历中把两棵子树找出来，看看两个结点是否分布在两棵不同的子树上。反复查找直到找到满足的情况，第一.

这题了解完全二叉树的数组存储方法就能写，也就是，若数组开始于 1，每个点 i 的左儿子的下标为 2*i，右儿子的下标为 2*i+1。根据这个递归即可，具体看注释。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e3+3;int n;int tree[maxn];int heap;vector<int> path;void read() { cin >> n; .

姥姥的银行又开业了。跟 1014 相比，简单了不少，只需要找到最早可用的窗口即可。但我还是卡了半天，读题不认真。。。PAT真就考读题。我卡了半天的点是，17：00 （含）前到的客户，无论多晚，银行都奉陪到底，这是我意想不到的。。。#include <bits/stdc++.h>#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;const int maxn = 1e4+4;const int maxk = 1e2+2;const int max

大模拟。关键点在于：排序。各个 record 的顺序和各个客户的 bill 的顺序，需要处理，都可以通过 string 的 < 来比较。前者可以用 sort；后者可以通过遍历set，或者把客户的名字记录在一个数组里，然后 sort，最后遍历数组，也是可以的。 配对。在把 record 按时间排序后，遍历 record 数组，找出一前一后分别是 on-line 和 off-line 的 record 对。对于一前一后是 on-on、off-off、off-on 的，直接忽略。 账单抬头、总额的.

素数判断+进制转换。由于有多个 case，素数判断可以写个筛法。进制转换前面几题也有出现过，不多说了。翻转字符串，对于 char[]，可以用 strrev(s)；对于 string，可以用 reverse(s.begin(), s.end())。当然，自己写也 ok。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e5+5;int n, d;int primeList[maxn], cnt;boo

模拟题。感觉跟某次 CSP 的第四题有点像，是它的简化版。维护 n 个队列，长度均 <= m，每个队列记录其下一个客户可以开始的时间（或者称为当前正在处理的客户的完成时间）。每次遍历所有队列，找出完成时间最早的那个，更新相应的客户的完成时间，并将其移除出该队列。同时，若还有客户在黄线以外，则将其加入该队列（这样就能保证 <= m 了）。反复执行，直到遍历所有队列后发现，所有队列的最早完成时间都在 17：00 之后了，这时，坑来了。即使银行 17：00 关门，但仍要等待 17：00 前就开始的

题意，给定 n 个点，由 m 条无向边连接。现在，指定一个点删除，同时删除该点的邻边。问，余下的点最少要补多少条边才能够连通。既然是连通性问题，就上并查集吧。先把边存下来（因为有 k 个 case），对于每个 case，遍历边集，将未被删除的边的两端加入并查集。遍历完成后，检查该并查集有多少个根（也就有多少个连通块)。由于用一条边就可将两个点连接起来，所以需要的边的数量是根数-1。我用的 cin，第一发第五个点 t 了，关了同步后 ac。另外，本题还可以用 dfs/bfs 做，就不写了。总之，思

重复代码很多的一道模拟题，感觉写得不够好。坑点就是，可能会忘记分数相等时，排名是并列的，取高。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 2e3+3;const double EPS = 1e-6;char course[4] = {'A', 'C', 'M', 'E'};struct Student { string id; double mark[4]; int best

模拟题。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const double EPS = 1e-6;char c[3] = {'W', 'T', 'L'};char buy[3];double ans = 0.65;void read() { for (int i = 0; i < 3; ++i) { double maxo = 0.0; double odd; for

思路很简单，把两个数分别转为 10 进制，然后进行比较。主要有几个坑：radix 可能会很大（在题目中没有说明），要用 long long（经测试，能装下 tag 指定的数） 要用二分搜索答案，否则会超时 二分的初始上下界为 tag 指定的数值+1+1（一个+1是因为左闭右开，另一个是因为可能会有 a 10 2 10 这样的样例）和 另一个数的最大位数+1（显然） 若二分时 mid 过大，可能会导致结果为负数，要将这个可能加入判断中#include <bits/stdc++.h&g.

O(n2) 暴力模拟。两个多项式相乘，也就 1e6，可以水过。当然，也可以选择写个链表，麻烦了些。#include <bits/stdc++.h>using namespace std;const int maxn = 1e3+1;const int maxm = 2e3+2;const double EPS = 1e-6;int k;double t[maxn];double ans[maxm];int main() { int n; double

 我湖考试原题。太水了。#include &lt;bits/stdc++.h&gt;#define ll long long#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;void solve(){ int n, f, p = 0, ans = 0; cin &gt;&gt; n; for(int i = 0; i &lt...

最大子段和，可以O(n)实现。跟HDOJ1003几乎一样，但细节上有些不同。一定要注意的是，序列全部为负才输出头尾的值，如果出现了-3 -2 -1 0这样的序列，是要输出0 0 0的。#include <bits/stdc++.h>#define ll long long#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;const ...

简单的排序题。对登录与登出时间分别做一次排序，分别输出最小、最大值就好了。吐槽一下题目没给m的数据范围。由于登录登出时间都是格式化了的，且并不会有两个记录的登录或登出的时间是相等的情况，所以可以用string来存储，并直接利用&gt; 、&lt;来比较大小（不经意间就卖了个萌？）。而把登录登出时间转换为秒来比较大小也完全可以，只是有些麻烦了。#include &lt;bits/stdc+...

简单的操作题，不要忘了sum为0的情况。#include &lt;bits/stdc++.h&gt;#define ll long long#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;int sum;string num2word[] = {"zero", "one", "two", "three", "four", "five

传送门：1004 Counting Leaves题意：对于一棵树，给定树的结点个数n（＜100）与内部节点（非叶子结点）个数m（＜n），以及m个内部结点的孩子结点，以内部节点的id，内部节点id的孩子数量k，内部节点id的k个孩子的输入形式给出。特别的，01总是树的根节点。要求的是，每一层的叶子结点的数量。思路：先构造出给定的树，然后从根结点开始遍历，记录叶子结点的深度，遍历完成后，每一层...

题意是给定n个城市m条道路，每个城市有权重p，求城市c1到c2最短路径的条数，以及最短路径经过城市的权重和的最大值。既然要求最短路，就祭上了dijkstra，只不过需要对算法做一定的修改，需要在更新最短路时，同时更新最短路条数与最大权重。具体的更新策略如下（u为当前道路的起点，v为当前道路的终点）：①当dis[v.x] &gt; dis[u.x]+v.d时更新最短路dis[v.x] =...

我湖数据结构实验原题既视感...给出数据已按指数降序排好，就不用写排序的函数了，但要特别注意一下系数相加为0时的情况。#include &lt;bits/stdc++.h&gt;#define ll long long#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;struct node{ int exp; double co...

 注意和为负数与和为0的情况#include &lt;bits/stdc++.h&gt;#define ll long long#define INF 0x3f3f3f3fusing namespace std;int a, b, sum;int cnt = 0, len = 0;char ans[10];void read(){ scanf("%d %d", &a...