络谷 P3379 [模板] 最近公共祖先 LCA 欧拉序+线段树 int cnt; int dep[maxn]; int eoo[maxn]; int ooe[maxn << 1]; void dfs_ooe(int u, int f) { dep[u] = dep[f] + 1; ooe[++cnt] = u; eoo[u] = cnt; for (int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt) { int v = edge[i].v; if (f ==
题解 [该代码需要配合线段树] int cnt; int fa[maxn]; int dep[maxn]; int siz[maxn]; int son[maxn]; int rk[maxn]; int top[maxn]; int id[maxn]; inline void init_tree() { cnt = 0; } void dfs_ss(int u) { int ms = -1; int mss = 0; siz[u] = 1; for (int i = head[u]; ~i; i
#ifdef __cpp_if_constexpr template <typename T, typename… Args> void read(T& x, Args&… r) { if constexpr (is_integral_v<T> && !is_same_v<decay_t<T>, char>) { x = 0; lli f = 1; char ch = getchar(); while (!i
r.VolumetricFog.GridPixelSize 体积雾像素大小 r.VolumetricFog.GridSizeZ 体积雾Z深度 r.VolumetricFog.TemporalReprojection 时间效果累加 r.VolumetricFog.HistoryWeight 时间效果累加长度[帧] r.VolumetricFog.Jitter 抖动累计
我见到你所说的那位玩家了。 (玩家姓名)? 是的。小心。他现在已达到了更高的境界。他能阅读我们的思想。 没关系。他认为我们是游戏的一部分。 我喜欢这个玩家。他玩得很好。他没有放弃。 他以屏幕上出现的文字的形式阅读着我们的思想。 在他深陷游戏的梦境时,他总以这种方式想象出各种各样的事物。 文字营造出了一种美妙的界面。非常灵活。而且比起凝视屏幕后的现实来说,不会让人那么恐惧。 他们也曾经听到过声音。在玩家能够阅读之前。那些不在玩的人们称呼玩家为女巫、术士。而玩家们梦见他们自己乘坐在被恶魔施加了力量的
目录1 向量和标量相乘2 向量的加减3 向量的摸4 标准化向量5 法向量6 向量乘积 向量和标量相乘 s\mathtt a = (sa_x,sa_y,sa_z) 不改变向量的方向,只改变长度。 向量的加减 \mathtt a+\mathtt b = [(a_x+b_x),(a_y+b_y),(a_z+b_z)] 将两个偏移量叠加,类似力的合力。 \mathtt a-\mathtt b = [(a_x-b_x),(a_y-b_y),(a_z-b_z)] 相当于加另一个向量的相反数。 方向 + 方向
目录1 条款 01:视 C++ 为一个语言联邦2 条款 02:尽量以 const、enum、inline 替换 #define3 条款 03:尽可能使用 const4 条款 04:确定对象被使用前已先被初始化5 条款 05:了解 C++ 默默编写并调用那些函数6 条款 06:若不想使用编译器自动生成的函数,就该明确的拒绝他们7 条款 07:为多态基类声明 virtual 析构函数8 条款 08:不要让异常逃离析构函数9 条款 09:绝不再构造和析构过程中调用 virtual 函数10 条款 10
放在代码的最前面,感受性能加速吧!
#include <cstdio> #include <cstring> using namespace std; const int MOD = 1e4; const int MAXN = 12; struct Mat { long long mat[MAXN][MAXN]; int n, m; Mat operator * (const Mat &b) const { Mat a = *this; Mat ans; ans.n = a.n; ans.m = b
dfs(数的最后若干位,各种限制条件,当前第几位) if 最后一位 return 各种限制条件下的返回值 局部变量 ct=当前位的数字 局部变量 sum=0; for i=0 to ct-1 sum+=当前位取i时一定无无限制的合法状态数 sum+=当前位取i时满足当前限制的合法状态数 根据ct更新限制条件 不再满足则return sum return sum+dfs(当前位后的若干位,更新后的限制条件,下一位) slv(当前数) if(只有一位) return 对应的贡献 局部变量 ct; f
仅供学习,不要违规使用,IP及账号被封禁后果自负!!! DDos.java import java.util.concurrent.ExecutorService; import java.util.concurrent.Executors; import java.io.IOException; import java.io.InputStream; import java.io.BufferedInputStream; import java.net.URL; import java.net
此问题主要影响忘记密码时的找回密码功能及新用户注册时,系统给新用户发送的密码设置功能。可通过以下两个步骤解决此问题:
目录1 原型2 解释2.1 BackBufferWidth 和 BackBufferHeight2.2 BackBufferFormat2.3 BackBufferCount2.4 MultiSampleType 和 MultiSampleQuality2.5 SwapEffect2.6 hDeviceWindow2.7 Windowed2.8 EnableAutoDepthStencil2.9 AutoDepthStencilFormat2.10 Flags2.11 FullScreen_Re
目录1 准备1.1 下载源码1.2 解压源码1.3 编译源码2 样例2.1 准备2.2 配置项目2.2.1 配置 – 所有配置2.2.2 配置 – Release2.2.3 配置 – Debug2.3 放入动态链接库2.4 运行程序2.5 关于X643 参考视频 准备 下载源码 下载地址:http://www.wxwidgets.org/downloads/ 选择 Source Code > Windows 7z 下载 解压源码 解压 wxWidgets
目录1 源文件头部注释2 函数头部注释3 数据结构声明的注释4 全局变量的注释5 对代码的注释 源文件头部注释 列出:版权、作者、编写日期和描述。 每行不要超过80个字符的宽度。 示例: /************************************************* Copyright:Call_Me_Why Author:why Date:2010-08-25 Description:Something about C++ ************************
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常用命令 CD [目录] – 进入指定目录 CD – 显示当前地址 MKDIR [名称] – 新建目录 FC [文件1] [文件2] – 对比两个文件 X: – 进入X盘 DIR – 列出当前目录的文件和文件夹 CD .>[文件名] – 新建文件 命令大全 CMD命令:开始->运行->键入cmd或command(在命令行里可以看到系统版本、文件系统版本) CMD命令锦集 gpedit.msc&#
基本文件 BAT文件[dp.bat] 对拍主要文件。
题目链接 #include <cstdio> #include <cstring> #include <queue> #include <cmath> using namespace std; const int MAXN = 1e5 + 100; const int MAXM = MAXN << 2; struct node { int u, v, nxt; } edge[MAXM]; int head[MAXN]; int tot,
给出两个矩阵A和B。 A的长是N1,宽是M1;B的 长是N2,宽是M2。
该怎样去加速幂运算的过程呢?既然我们觉得将幂运算分为n步进行太慢,那我们就要想办法减少步骤,把其中的某一部分合成一步来进行。
struct prime_t { vector<bool> pri_flg; // 素数表 pri_flg[i] 表示 i 是否为素数 vector<lli> pri_tab; // 素数表 pri_tab[0~num] 保存着 0 ~ n 中的素数 prime_t(lli n) : pri_flg(n + 1, true) { // 重置素数表 假设都是素数 pri_flg[0] = pri_flg[1] = false; // 规定 0 和 1 不是素数 for (l
目录1 招募队友1.1 following 跟随中1.2 moving 移动中1.3 holding 待命/防御2 即时战略2.1 go to2.2 regroup2.3 attack2.4 defend2.5 enter & exit3 战术指挥4 战略指挥 招募队友 这个游戏里友军和队员不是一个东西。凡是衣服颜色你一样的都是友军,但队员是需要你手动招募的。大部分精确详细的指令只对队员有效 对着友军按G就能招募他。左下角可以看队员数量和状态 following 跟随中 这时你的队员是跟
相信大家最近在打开创意工坊时有发现“Game Configuration”这一选项了: 那这是个嘛玩意儿?简单的来说,这是个MOD整合包,它可以帮助你修改和分配阵营、载具、武器的选项数据,让你在Ravenfield里体验不同的战场风格。 OD整合包里面有配置文件(后缀为.rgc)和各个类型的MOD两个组合。 “MOD”相信大家应该非常熟悉了,这里就不详述了,那什么是“配置文件(后缀为.rgc)”咧?打个比方,你在餐厅里用餐,这家餐厅食物非常多,而刚刚好你有选择困难症,那咋办?不急,这个时候,餐厅
目录1 背景2 入手3 上手准备4 基本操作5 模式6 指挥系统7 MOD7.1 地图MOD载入和选择7.2 武器、载具和皮肤MOD的载入和选择7.3 MOD整合包7.4 MOD删除8 其他 我们教程将从 Ravenfield 的【上手准备】【基本操作】【模式】【指挥系统】【MOD】【其他】进行讲解: 背景 有关本游戏制作者SteelRaven7(钢铁大乌鸦)背景: https://tieba.baidu.com/p/5526754251?pid=118111931496&cid=0&a
自从开发商把飞机的操作改得非常神奇后,我的飞机技术基本废了,于是我决定在设置里一探究竟,于是我发现了作者险恶的用心。 分析图 图中红色的项就是新版中飞机开不好的根本原因,它就是那个被作者修改的项 参考图
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最小点覆盖 同样的转化为图G=(V,E),则问题转化为: 在图G中选取尽可能少的点,使得图中每一条边至少有一个端点被选中。 这个问题在二分图问题中被称为最小点覆盖问题。即用最少的点去覆盖所有的边。 结论:由König定理可知最小点覆盖的点数 = 二分图最大匹配 最大独立集 依旧转化为图G=(V,E),则问题转化为: 在图G中选取尽可能多的点,使得任意两个点之间没有连边。 这个问题在二分图问题中被称为最大独立集问题。 结论:最大独立集的点数 = 总点数 – 二分图最大匹配 证明: 假设
题目链接:https://www.luogu.org/problem/T84891 题目 思路 如果零件A与零件B冲突,且零件A与零件C冲突,那么零件B与零件C也是冲突的。 也就是说在零件A、零件B、零件C中,我们只能选出其中一个零件。 而零件A 、零件B、零件C有一个共同的特征,那就是%K后为同一值。 所以只要把所有输入内容%K后塞入一个set,最后输出这个set的大小就可以了。 代码 #include <cstdio> #include <algorithm> #in
题目链接:https://www.luogu.org/problem/T84893 众所众知,二分用来查找单调序列中的内容,三分用来查找单峰序列中的内容。 题目 代码 #include <cstdio> #include <utility> #include <iostream> #include <vector> #include <cmath> using namespace std; const long long INF = 0
struct segment_tree_t { lli n; vector<lli> te; vector<lli> lz; segment_tree_t(lli n) : n(n), te(n << 2, 0), lz(n << 2, 0) { } lli ls(lli x) { return x << 1; } lli rs(lli x) { return x << 1 | 1; } void push_up(lli r
#include <cstdlib> //头文件 srand(2333); //设置种子 long long x = (1LL * rand() << 15) + rand(); //取longlong类型的随机数 随机数范围是0~32767
目录1 题目描述1.1 输入描述1.2 输出描述1.3 示例12 题解2.1 完整代码 链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/140/J?&headNav=www 题目描述 White Rabbit has a rectangular farmland of n*m. In each of the grid there is a kind of plant. The plant in the j-th column of the i-th row
目录1 题目描述1.1 输入描述1.2 输出描述1.3 示例12 题解 题目链接:https://ac.nowcoder.com/acm/contest/135/I?&headNav=acm 题目描述 Apojacsleam喜欢数组。 他现在有一个n个元素的数组a,而他要对a[L]-a[R]进行M次操作: 操作一:将a[L]-a[R]内的元素都加上P 操作二:将a[L]-a[R]内的元素都减去P 最后询问a[l]-a[r]内的元素之和 输入描述 输入共M+3行: 第一行两个数,n,M,意
树状数组 重点是在树状的数组 大家都知道二叉树吧 叶子结点代表 A 数组 A[1]~A[8] 现在变形一下 现在定义每一列的顶端结点C[]数组 如下图 C[i]代表 子树的叶子结点的权值之和// 这里以求和举例 如图可以知道 C[1]=A[1]; C[2]=A[1]+A[2]; C[3]=A[3]; C[4]=A[1]+A[2]+A[3]+A[4]; C[5]=A[5]; C[6]=A[5]+A[6]; C[7]=A[7]; C[8]=A[1]+A[2]+A[3]+A[4]+A[5]+A[6]+
在使用string类时,需要包含头文件 #include<string></string>。并且引入using std::string; using std::wstring;或using namespace std; 下面你就可以使用string/wstring了,它们两分别对应着char和wchar_t。 string和wstring的用法是一样的,以下只用string作介绍:
#include <cstdio> #include <string> #include <cstring> using namespace std; const int MAXN = 1e5 + 100; int main() { int temp; scanf("%d", &temp); getchar(); //如果在读入非字符串后要读入字符串,先吃回车 string str; str.resize(MAXN); //需要先开
目录1 大体题意1.1 输入1.2 输出2 思路2.1 博弈部分2.2 判断函数2.3 DFS函数2.4 状态压缩部分3 完整代码 题目传送门 大体题意 Alice 和 Bob 在玩一个游戏,Alice是先手,Bob是后手 给出一个数字序列,Alice和Bob每回合可以从中取出一个数 当序列变为不下降序列时,上一回合的玩家获胜 输入 第一行为 T[1<=T<=100] ,组数。 每组第一行为 N[2<=N<=15] ,序列长度。 后面是一个长度为 N 的序列 A ,其中
模板题:https://nanti.jisuanke.com/t/38232 可以求出一个序列中是否存在某个子序列 基本思想 定义一个next数组,用来存储在第i位后面出现的序列中的某一个元素的出现位置。 例如字符串abcdefg[字符串下标从一开始] 可以得到next的内容为: next[0]['a'] = 1; next[1]['a'] = -1; next[2]['a'] = -1; …… next[0]['b&
题目链接:https://vjudge.net/problem/HDU-4027 主要题意:区间开方,区间求和 #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #include <cstring> using namespace std; const int N = 1e5 + 100; int n, m; int bl[N]; long long blo; long long sum
Dijkstra [ CF 20C – 模板 ] \Omicron(V \log V + E) struct disn_t { lli v; lli w; disn_t() { } disn_t(lli iv, lli iw) : v(iv), w(iw) { } friend bool operator <(const disn_t& a, const disn_t& b) { return a.w > b.w; } }; lli dis[maxn];