yuhan_9204的专栏

1.自己写的.cpp  #include   using namespace std;    int getMax(int data[],int n)  { int max=0; int pos=0; for(int i=0;i { if(data[i]>max) {  max=data[i];     pos=i+1; } } 

解法1:  时间复杂度为 O（N^2）      .cpp#include using namespace std;int Lis(int A[],int length){ int *L=new int[length]; for(int i=0;i<length;i++) { L[i]=1; //初始化默认的长度 for(int j=0;j<i;j++)

解法1：直接 O（K*N）  解法2：.cpp

给定两个字符串s1和s2，要求判断s2是否能够被通过s1做循环移位（rotate）得到的字符串包含。例如，S1=AABCD和s2=CDAA，返回true；给定s1=ABCD和s2=ACBD，返回false。1.      最直接的方法对S1进行循环移位，遍历所有可能性。#include using namespace std; void main(){ char

1. 简述    电话的号码盘一般可以用于输入字母。如用2可以输入A、B、C，用3可以输入D、E、F等。    对于号码5869872，可以依次输出其代表的所有字母组合。如：JTMWTPA、JTMWTB······    1) 设计程序，尽可能从这些字母组合中，找到一个有意义的单词来表述一个电话号码。如单词"computer"来描述号码26678837。    2) 对于一个号

1。

问题1) 给定一个整数N，那么N的阶乘N!末尾有多少个0呢？例如：N=10，N!=3 628 800，N!的末尾有两个0。    2) 求N!的二进制表示中最低位1的位置。 3)给定整数n,判断它是否为2的方幂     问题1详解             解法1：                     解法2：                  代

给定一个N个数的数组arr[N]，任意排列，选出其中最大的K个数。方法1：排序，取后K个数。复杂度： O(NlogN)方法2：partition，随意选一个数组中的数key，对数组进行划分，返回位置pos,如果pos右侧的数等于K，则结束，如果大于K，则再对从pos到数组尾的子数组进行partition，如果小于K，则对从数组头到pos位置的子数组进行partition

问题描述：许多程序会大量使用字符串。对于不同的字符串，我们希望能够有办法判断其相似程序。我们定义一套操作方法来把两个不相同的 字符串变得相同，具体的操作方法为：　　1.修改一个字符（如把“a”替换为“b”）;　　2.增加一个字符（如把“abdd”变为“aebdd”）;　　3.删除一个字符（如把“travelling”变为“traveling”）;　　比如

一，问题      上柜的《哈利波特》平装本系列，一共有五卷。假设每一卷单独销售均需8欧元。如果读者一次购买不同的两卷，就可以扣除5%的费用，三卷则更多。假设具体折扣的情况如下：        本数    2       折扣   5%        本数    3       折扣  10%        本数    4       折扣  20%

解法1：枚举每一个矩形区域,然后再求这个矩形区域中元素的和

(1)递归，从第一个元素和最后一个元素相加，如果大于sum,则a     b-1，继续判断两个数的和；如果小于sum，则 a+1   b元素，继续判断两个数的和#include using namespace std;void find(int data[],int a, int b, int s){if(a<b){ if(data[a]+data[b]==s) cout

1.先扫描一遍数组找到最大值，然后再扫描一遍找到最小值，共2*N次2.把数组分成两部分，然后从这两部分中分别找出最大值和最小值。首先相邻的两个数分子啊同一组中，例如{5,6,8,3,7,9}，分为5 6， 8 3， 7,9然后偶数位调换为较大的数，相应的奇数位为较小值     6 5， 8 3，  9,7     需0.5次最后比较偶数位得到最大值9 ，比较奇数位得到最小值3，需要

解法1（参照每天一算法32）：       当前数组a和数组b的和之差为   A = sum(a) - sum(b)   a的第i个元素和b的第j个元素交换后，a和b的和之差为   A' = sum(a) - a[i] + b[j] - （sum(b)- b[j] + a[i])   = sum(a) - sum(b) - 2 (a[i] - b[j])    = A - 2 (a[i]

解法1：时间复杂度降为O(sqrt(N))      假设这个正整数n可以表示成2个以上的连续自然数之和，那么可以设这个序列为a,a+1....a+i。       那么n=a+(a+1)+...+(a+i)=(i+1)*a + (i+1)*i/2。如果我们可以确定i的范围，那么我们就可以遍历i，对于所有的i的取值，得到对应的a的值，然后判断a是否为整数，即可知是否符合要求。

1.    理解这个程序就是从输出的地方入手即可。这个程序输出的条件是hit==2&&(hit1+1==hit2)，而hit表示满足i%r[j]!=0的条件的次数，hit==2表示这个条件只能被满足两次，也就是说对于一个i，在rg数组的30个数中，这个i能被其它28个数整除，而不能被其中两个数整除。而hit1表示第一个不能整除i的数的下标，hit2表示第二个不能整除i的下标，这两个下标被要求相

#include#include#includeusing namespace std;struct Interval //区间定义{ int start,end; Interval(int _start, int _end):start(_start),end(_end){}}; bool cmp(const Interval &lhs, const Interv

解答一：用于小整数，将无限循环小数0.a1a2...an(b1b2...bm)分为非循环部分和循环部分。X=((a1a2...an)*(10^m-1)+b1b2...bm)/((10^m-1)*10^n)#include using namespace std;#include using namespace std; long long gcd(

1.辗转相除法

1.时间复杂度O(N^2)#include#include#includeusing namespace std;long long LevelOne(int data[],int maxsize){ long long max=0; for (int i=0;i<maxsize;i++) { int ret=1; for (int j=0;j<maxsize;j++

1.最直接的方法，时间复杂度为O(N^2)2.时间复杂度为O(N)。不断的累加每个数组元素，并用一个变量保存当前的最大值，累加的过程一直和该变量进行比对，如果大于最大值，就把当前的最大值保存下来，反复如此就可以求出最大值.#includeusing namespace std;int MaxSum1(int *A,int n){ int maxSum=0; int sum;

（1）#include using namespace std;int Fibonacci1(int n)//递归{     if (n==0||n==1)    {        return n;    }    else    {        return Fibonacci1(n-1)+Fibonacci1(n-2);    }}

#include#include#includeusing namespace std;const int N=6;void search(){ vector> v; vector temp; temp.clear(); int i,j,k; int number=0; for(i=0;i<N;i++) { v.push_back(temp); } v[1].pu

#include #include#include#include using namespace std;int main(){int T;int M,N,Q;int temp;vector result;    cin>>T;  //输入T组数cin>>M>>N>>Q;vector  sex(M,0);vector   >