子串简写8

前言时隔一年再次做这套题(去年参赛选手)差点道心不稳T_T故作此补题

日期统计

没写出来看题解知道了一种暴力的思想枚举所有2023年的日期看看有没有满足条件的数。

关于如何提取题中的数字可以复制到excel当中然后ctrlH将空格替换为英文逗号

#includebits/stdc.h

ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)

#define

a[N]{0,5,6,8,6,9,1,6,1,2,4,9,1,9,8,2,3,6,4,7,7,5,9,5,0,3,8,7,5,8,1,5,8,6,1,8,3,0,3,7,9,2,7,0,5,8,8,5,7,0,9,9,1,9,4,4,6,8,6,3,3,8,5,1,6,3,4,6,7,0,7,8,2,7,6,8,9,5,6,5,6,1,4,0,1,0,0,9,4,8,0,9,1,2,8,5,0,2,5,3,3};

int

mon[13]{0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};

int

tar[9]{0,2,0,2,3,m/10,m%10,d/10,d%10};

//当前日期int

//看看有没有符合条件的if(a[i]tar[num]){num;if(num9){ans;

break;}}}}coutans;

因为0的出现次数比1的出现次数少所以我们可以枚举0的个数1的个数即为01串的长度减去0的个数。

然后根据公式即可求得

#includebits/stdc.h

ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)

#define

res-1.0*(1.0*i/len)*i*(log(1.0*i/len)/log(2))(-1)*(1.0*j/len)*j*(log(1.0*j/len)/log(2));if(restar){printf(%.4f

break;}}}signed

读完题目后我们可以枚举答案来求得V的最大值和最小值即用到二分答案。

#includebits/stdc.h

ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)

#define

i1;in;i)cina[i]b[i];res1calc1();

//最小值res2calc2();

N的数据范围只有10我们可以暴力枚举所有飞机降落的顺序如果有一个满足就符合要求。

用全排列函数next_permutation函数可以实现这一操作

#includebits/stdc.h

ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)

#define

ta[id[i]].t,da[id[i]].d,la[id[i]].l;if(tdnow){

//不符合flag0;break;}

nowl;}}if(flag){coutYESendl;return;}}while(next_permutation(id1,id1n));

coutNOendl;

可以将问题转化为求最长的符合要求的接龙序列然后用总个数减去最长的接龙序列的长度。

这就需要dp来解决了

#includebits/stdc.h

ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)

#define

dp[y]max(dp[y],dp[x]1);nummax(num,dp[y]);}coutn-num;

}signed

连通块图的遍历问题可以将所有的连通块染色每一种颜色代表一个连通块。

然后检查所有的岛屿是不是子岛屿即该岛屿是否在“环”的内部如何判断是否在环的内部呢如果该岛屿内的任意一个点可以走到边界或边界之外说明该岛屿不在环内可以把其它的岛屿看作障碍物如果在环内则不可能到达边界点判断是否为子岛屿时需要沿着8个方向走

#includebits/stdc.h

ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)

#define

q;q.push({sx,sy});while(q.size()){auto

tq.front();

q.pop();c[t.fi][t.se]cnt;for(int

i0;i4;i){int

tyt.sedy[i];if(tx0||txm||ty0||tyn)

continue;if(c[tx][ty]||g[tx][ty]0)

}bool

tyydy[i];if(c[tx][ty]!colc[tx][ty])

continue;

flagendl;if(tx1||ty1||txm||tyn){

continue;

//已访问过vis[tx][ty]1;if(check(tx,ty,col))

return

//多组样例注意清空!memset(c,0,sizeof(c));for(int

i1;im;i)for(int

j1;jn;j){if(!c[i][j]g[i][j]1){bfs(i,j);}}

coutendl;

c[i][j]endl;if(g[i][j]1!s.count(c[i][j])check(i,j,c[i][j])){s.insert(c[i][j]);}memset(vis,0,sizeof(vis));

}signed

我们可以记录两个字符a,b的所有位置然后枚举第一个字符a二分找到第一个符合要求的字符b的位置之后所有的字符b都是符合要求的累加所有答案即可复杂度为O(n

log(n))

ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0),cout.tie(0)

#define

cntlb(a.begin(),a.end(),ik-1)-a.begin();

coutans;

优先队列链表每次取出数列中的最小值可以用优先队列实现。

删除和相邻两数加上被删除的值这两个操作用链表来实现。

代码见蓝桥发题解的大佬

景区导游