DotACM

按一定方式输入一个矩阵，转置后再按同样的要求输出。那个方式为：先输入该行非零元素的个数，再依次输入每个的位置，下一行是每数个的值。输出时也是这样，但要注意几点：1、两个数之间有空格，最后一个数后边没有空格·，而是换行。2、如果某一行都是0，则先输出0，再换行，再输出一行空行。输入的时候把行号存为列号，把列号存为行号。结构体 + vector就行啦。#include#include

树状数组。考虑ai（从0开始，则i左边共i个，右边n-i-1个），左边有x个比他大的，i-x个比他小的，右边有y个比他大的，n-i-1-y个比他大的。交叉乘一下就得到了以ai为裁判的比赛总数。把所有人都枚举一遍，加在一起就是答案，会超int。如何才能知道ai左边有多少比他小的呢？

这道题不算难，跟UVA 536Tree Recovery这道题类似，但输入略麻烦。给出中序遍历和后续遍历，求从根到叶节点的路径上所有节点权值之和的最小值的叶节点的值，如果有多个，就输出叶节点最小的那个。输入的时候一个字符一个字符的读就行啦，分别处理EOF， ‘ ’，和‘\n’。#include#include#include#include#include#include

并查集。给出若干个组合a b，如果a和b属于同一集合则拒绝，输出拒绝的次数。为啥提到被拒绝总觉得苦逼呢，唉，屌丝程序员的春天在哪里啊#include#include#include#include#include#include#include#include///LOOP#define REP(i, n) for(int i = 0; i < n; i++)#de

并查集，模板题，感觉见过几次。每次写都要重新推一遍，老了，记不住了。两种操作，E I 询问I到其根节点的距离，I I J 把I的父节点设为J，输入O结束，是O不是0...用d[x]来表示x到根的距离，d[x] = myabs(a - b) % 1000 - d[a] + d[b]的意思就是a的根x 到b的根y 的距离为 ab间的距离 减去 a到x的距离 再加上b到y的距离。好好理解下，画画

UVALive 4487 Exclusive-OR 加权并查集

树的遍历。输入前序和中序输出后序。前中后就是根的位置，话句话说，输入顺序为根左右，左根右，输出左右根。递归即可。用指针虽然会慢一点，但好处就是不必担心个数，然而，每次结束之后要记得释放内存，不然遇到数据量较大的Trie，不释放是会爆内存的，多写几行总比返回MLE要强吧。#include#include#include#include#include#include#includ

把人分为t组，然后排队。当前到来的人要看之前有没有跟自己一组的人，如果有，就加到那个队的队尾，否则就加到大队的队尾。两个队列，一个是大队，一个是同组人的队。has数组表示当前大队中有没有该组，p数组表示每个数对应的组。#include#include#include#include#include#include#include#include#include///LOO

输入n个数，然后是m次操作，第i个操作k是要求输出前k个数中第i大的数的值。两个优先队列，可以理解为把前k个数由小到大排序，从第i个数后断开，第一段的最后一个就是所求啦。不妨把第一段反过来，用最大堆来存储，这样顶即为所求。每个询问操作都要先把第二段的第一个（最小值，用最小堆存储）压入第一段中，之后再判断第二段的最小值是否比第一段的最大值小（是否符合不降序），小就交换。#include#i

给出若干个信息，每个都有独立的编号，以及时间间隔。把他们放入优先队列中，每次取时间最小的（多个就取编号小的），输出编号，再把他的时间加上他的时间间隔，再放入优先队列中，执行n次。注意优先队列的优先级表示法。#include#include#include#include#include#include#include#include///LOOP#define REP(i

开始按照训练指南上的习题来训练数据结构了。这道题需要注意删除操作，没有元素就不要再pop了。#include#include#include#include#include#include#include#include///LOOP#define REP(i, n) for(int i = 0; i < n; i++)#define FF(i, a, b) for(i

栈模拟一下，看看输入的顺序能否由正整数序列得到。数组模拟栈或用stl都可以。如果当前数字比栈顶大，就把之间没用过的都压进栈里，小就return 0，相等就弹栈。#include#include#include#include#include#include#include#include#include///LOOP#define REP(i, n) for(int i =

给出n个元素，都不超过1000000，然后有m个询问，每次输出v第k次出现的位置，没有就输出0。可以先用vector来记录每个数出现的位置，然后判断一下直接输出就行。#include#include#include#include#include#include#include#include///LOOP#define REP(i, n) for(int i = 0;

给出n * n的数组，要求每行取一个，输出总和前n小的。题目理解不难，但不是很好想。白书上讲的很清楚。首先，每行最小的数加在一起，一定是第一个输出的数，没有比他更小的了。先把第一行由小到大排序记为Ai，然后考虑下一行Bi。把所有的Ai+Bj都加起来，排序后，只要取前n个就够了，后边的一定不会比之前的更优。但这样做会超时，所以不能都算一遍。先把B0跟所有的Ai相加，放入优先队列中，每次取队首

输入一个字符串，包含‘[’和‘]’，表示home和end，也就是说打字的时候光标会跑到最前边或最后边。直接用string模拟的话应该会超时，每次都要改很多东西。于是乎搞个deque吧。双端队列，两端都可以入队出队的好东东。记录一段字符串的开始和结束的下标，使得他们是连在一起的，不含[ ]，注意可能是直接到字符串的最后哦。然后如果遇到home，就push_front，遇到end就push_bac

给出一段程序，求运行时间。现在只考虑一层LOOP，不妨用数组a[i]来表示n的i次方的系数。如果输入OP m，那么就在a[0]上加m，遇到END，就说明循环结束了，需要在系数上乘以循环次数。如果次数为数字，那么每个系数都乘以它；如果为n，那么全部右移一位(是指把n^2的系数给n^3)，记得a[0] = 0。当有多层LOOP时，递归调用即可。

这几乎就是一个并查集。

树状数组。对点更新，区间求和。用线段树会比较省心。而树状数组的数组中保存的并不都是单点的值，不能直接赋值（至少我现在不会。。。）。所以只要解决如何更新点的值，剩下的就是默写模板了。在开一个数组来记录每个点的值，每次更新时，用新旧两个差值来更新树状数组，要记得记录点的新值。区间求和时注意左端点是开的，右端点是闭的。#include#include#include#include#incl