4
3
0 1 2
1
0 3 2
2
3 1 0
2
1 3 0
YES
NO
YES
NO
面前有三个门，编号分别为1，2，3。
再给你一把编号为x的钥匙，打开每扇门后，可以有一把编号为a[i]的钥匙，判断所给的x是否能把三扇门都打开。
按照题意进行模拟，并且用a[]存放钥匙编号,st[]用来判断门是否打开
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
void solve()
{
int x ;
cin >> x;
int a[4];
cin >> a[1] >> a[2] >> a[3];
bool st[4];
memset(st,false,sizeof st);
while(x != 0)
{
st[x] = true;
x = a[x];
}
if(st[1] && st[2] && st[3])
puts("YES");
else
puts("NO");
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
while(T --)
solve();
return 0;
}
7 6
10 8 9 6 8 12 7
1 2
1 7
4 6
7 1
3 5
4 2
2
10
0
7
3
1
给你n个数，m组x,y。判断从a[x]到a[y]两个数之间的减少量是多少。
比如样例中1 7，判断从a[1]到a[7]中的减少的数是多少
[10 - 8]+[9 - 6]+[12 - 7] = 2 + 3 + 5 = 10
按照题意进行模拟会造成超时，所以可以采用前缀和。
需要对m组数据进行分类，因为有的是从左到右，有的是从右到左。
left[i] = left[i-1] + max(0ll , a[i] - a[i+1])
right[i] = right[i-1] + max(0ll , a[i+1] - a[i])
其中0ll表示long long状态下的0
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
const int N = 1e5+10;
int n , m;
int a[N];
int main()
{
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i ++)
cin >> a[i];
while(m --)
{
int x , y;
cin >> x >> y;
int cnt = 0;
if(x < y)//从左到右
{
for(int i = x;i < y;i ++)
if(a[i] > a[i+1])
cnt += a[i] - a[i+1];
}
else if(x > y)//从右往左
{
for(int i = x;i > y;i --)
if(a[i] > a[i-1])
cnt += a[i] - a[i-1];
}
cout << cnt << endl;
}
return 0;
}
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5+10;
ll a[N];
ll le[N] , ri[N];
ll n , m , x , y;
int main()
{
cin >> n >> m;
for(int i = 1;i <= n;i ++)
cin >> a[i];
memset(le,0ll,sizeof(le));
memset(ri,0ll,sizeof(ri));
for(int i = 1;i < n;i ++)
{
le[i] = le[i-1] + max(0ll , a[i] - a[i+1]);
ri[i] = ri[i-1] + max(0ll , a[i+1] - a[i]);
}
while(m --)
{
cin >> x >> y;
if(x < y)
cout << le[y-1] - le[x-1] << endl;
else
cout << ri[x-1] - ri[y-1] << endl;
}
return 0;
}
题外话：抑郁场，开局一小时只出A，死活想不来B，最后因为D题出锅ura才保住可怜的分。但咱本来就写不到DB-LongLegs（数论）本题题解法一学自同样抑郁的知乎作者幽血魅影的题解，有讲解原理。法二来着知乎巨佬cup-pyy（大佬说《不难发现》呜呜）题意三种操作：向上走mmm步向右走mmm步给自己一次走的步数加111，即使得m=m+1m=m+1m=m+1问从(0,0)(0,0)(0,0)走到(a,b)(a,b)(a,b)的最小操作次数，值得注意的是操作三不可逆。解析假设我们最终一步的大小增长到mmm，那么在这个过程中我能以[1,m][1,m][1,m]（当步数增长到该数时）之间的任何数字向上或
我有以下程序来读取存在的文件:constchar*path="C:\\Users\\myname\\AppData\\Roaming\\Technology\\plus\\fs\\D\\TECH\\CUSTOM\\LOG.XML";struct_statlInfo;interr=_stat(path,&lInfo);if(err==0){return(lInfo.st_mode&_S_IFDIR)!=0;}else{_get_errno(&err);printf("Error:%d\n",err);}根据documentation，在这个特定文件上，我得到err==132，其中_sta
谷歌开发团队的人能解释一下如何避免在pre-ics设备上发生这种崩溃吗？在我的例子中，ListView项目上的ImageButton是PopupWindow的anchor，用于创建下拉菜单。我已经尝试了popup.dismiss()、popup=null等所有方法，但似乎没有什么能阻止适配器重置时出现问题。我收到以下异常:FATALEXCEPTION:mainjava.lang.NullPointerExceptionatandroid.widget.PopupWindow$1.onScrollChanged(PopupWindow.java:132)05-2117:02:27.736
A.Yura'sNewName题意：给出一个仅由_或^组成的字符串，你可以在任意位置添加_或^字符，使得字符串满足：任意字符要么属于^_^的一部分，要么属于^^的一部分。求最少添加的字符数量。分析：对于_我们只需处理没有组成^_^的_:①如果_在首位置且左边没有^则添加^②如果_在尾位置且右边没有^则添加^③如果_在中间部分且右边没有^则添加^当字符串只有一个^时末尾添加一个^code:#includeusingnamespacestd;intmain(){ std::ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0),cout.tie(0); intt; cin
自从接触前端开发以来，严格来说是从接触React开发以来，一直用的create-react-app脚手架。用起来确实爽，啥也不用干，直接上业务代码（这其实也就是脚手架的意义所在）。随着技术的进阶，是时候抛开脚手架工具自建一个React应用开发环境了。该环境支持的技术场景：1.支持React2.支持typescript3.支持scss4.支持调试热更新一、创建项目目录npminitgitinit二、安装依赖npminstall--save-dev@babel/core@babel/cli@babel/preset-env@babel/preset-reactnpminstall--save-de
目录A.Garland（签到）题面翻译思路：代码B.PointsonPlane（数学）题面翻译思路：代码C.SumonSubarray（构造）题面翻译：思路：代码D.BinaryStringSorting题面翻译思路：代码A.Garland（签到）Youhaveagarlandconsistingof 4 coloredlightbulbs,thecolorofthe i-thlightbulbis si.Initially,allthelightbulbsareturnedoff.Yourtaskistoturnallthelightbulbson.Youcanperformthefollo
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视频讲解：TBDA.ThreeDoors题目大意有333个门和333把对应的钥匙。其中222把钥匙分别在222扇门后，111把在手上。打开门才能获得门后的钥匙，问能否打开所有的门。题解判断前两次开的门后，是否有钥匙即可。参考代码#includeusingnamespacestd;typedeflonglongll;intmain(){ intT,x,a[5],now; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d%d%d",&x,&a[1],&a[2],&a[3]); now=3^2^1^a[1]^a[2]^a[3]; if(a[now]==0||a[
视频讲解：TBDA.ThreeDoors题目大意有333个门和333把对应的钥匙。其中222把钥匙分别在222扇门后，111把在手上。打开门才能获得门后的钥匙，问能否打开所有的门。题解判断前两次开的门后，是否有钥匙即可。参考代码#includeusingnamespacestd;typedeflonglongll;intmain(){ intT,x,a[5],now; scanf("%d",&T); while(T--) { scanf("%d%d%d%d",&x,&a[1],&a[2],&a[3]); now=3^2^1^a[1]^a[2]^a[3]; if(a[now]==0||a[
A.Two0-1Sequences 大致翻译：两个长度为n和m的二进制序列a和b（题目保证n>=m）两个操作：op1: 改变a(2)为min(a(1),a(2)),并且移除a（1）op2: 改变a(2)为max(a(1),a(2)),并且移除a（1）每次操作后，原先的a(i)变成a(i+1),长度减少1，即前移。 a二进制序列能否通过这两个操作变成b二进制序列？解题思路：刚开始想的是判断a2后缀跟a1后缀是否相同，再判断，a1前面有没有1和0（因为有1和0，就表示op1和op2可以随意完成）。写的时候又陆陆续续发现需要几个特判，想a1长度为1等。于是就debug，慢慢发现只要前面有a2的第一