给定\(n\)道题的分数。
现在小 \(A\)过了一些题，问他的分数是多少。
模拟即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<int> s(n);
for(auto &i : s)
cin >> i;
int ans = 0;
while(m--){
int x;
cin >> x;
ans += s[x - 1];
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
一场比赛，按照排名依次给出每个人参加决赛的意愿（o x）。
最终只能晋级\(k\)个人。取意愿参加决赛的前 \(k\)人晋级。
问实际上每个人晋级决赛的情况。
前\(k\)个 o的保留，后面全部置为 x即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n, k;
string s;
cin >> n >> k >> s;
for(auto &i : s){
if (i == 'o' && k){
-- k;
}else if (i == 'o' && !k){
i = 'x';
}
}
cout << s << '\n';
return 0;
}
给定一个\(n\)个数的数组，要求选\(k\)个数出来，使得其\(mex\)最大。
一个数组的\(mex\)值就是最小的，未出现在该数组的非负整数。
为了让\(mex\)最大，很显然我们依次取 \(0,1,2,...\)，且仅取一个，直到取了\(k\)个。
如果中途发现有个数取不到则答案就是该数，否则就是 \(k\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n, k;
cin >> n >> k;
vector<int> s(n);
for(auto &i : s)
cin >> i;
sort(s.begin(), s.end());
int ans = 0;
for(auto &i : s){
if (k <= 0)
break;
if (ans > i)
continue;
else if (ans == i){
++ ans;
-- k;
}
else if (ans < i)
break;
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
\(n\)个箱子。从 \(0\)开始涂色。每涂一个箱子\(i\)后，下一个涂的箱子编号是 \(i+D\) 。如果该箱子已经被涂色了，则涂编号为\(i+D+1\)的箱子，如果还被涂过则再 \(+1\)，直到没涂过为止。
问第 \(k\)次涂的箱子编号。
如果不考虑已经涂色的情况，即就算已经涂了，这次还继续涂，那第\(k\)次涂的箱子编号就是 \(kD \% n\)。
由数论知识可知，当\(D\)和 \(n\)互质时，当 \(k\)取遍 \([0,n - 1]\)时， \(kD \% n\)也恰好的取遍了 \([0, n - 1]\)，因此此时答案就是 \(kD \% n\)
而不互质时，设其\(D,n\)的\(gcd\)为\(a\)，则\(kD \% n\)取到的数都是 \(a\)的倍数。
事实上，设\(D^\prime = \frac{D}{a}, n^\prime = \frac{n}{a}\)，此时\(D^\prime, n^\prime\)互质，则第\(k\)取取到的数就是 \(kD^\prime\)，而在模\(n\)的视角里就是 \(kD^\prime \times a\)。因为循环节大小只有 \(n^\prime\)， 因此当\(k > n^\prime\)时，由题意的偏移操作，下一个的循环节就是原来的循环节整体加 \(1\)。
因此最终的答案就是 \(kD^\prime \times a + \frac{k}{n^\prime}\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int t;
cin >> t;
while(t--){
int k, d, n;
cin >> n >> d >> k;
-- k;
int gcd = __gcd(d, n);
d /= gcd;
n /= gcd;
int target = 1ll * k * d % n;
target = target * gcd + (k / n);
cout << target << '\n';
}
return 0;
}
定义一个数组变成回文数组的代价，是其最小进行的操作数。每次操作可以将任意一个数更改为任意一个值。
给定一个\(n\)个数的数组，问其所有连续子数组的代价和。
给定一个数组，考虑其变成回文数的代价。很显然我们只要遍历左半边的每个数，看其与对应的数是否相同，不相同则需要一个操作让它们变成相同。
从中我们可以发现，代价贡献来自于每一对数是否相同，以及包含这对数的子数组个数，因此我们的视角从考虑每个子数组转成考虑每对数。
假设当前考虑的是第\(i\)个数\(a_i\)，依次考虑其右边的每一个数，很显然我们只考虑与\(a_i\)不同的那些数，相同的话对答案是没贡献的。
假设\(a_j \neq a_i(j > i)\)，那么这对数\((a_i, a_j)\)会产生一个操作的贡献，但还得考虑有多少个子数组，回文包括 \((a_i,a_j)\) 。
最短的子数组当然是\(a[i,...,j]\)，再大一点就是 \(a[i-1,...,j+1]\) 。因此子数组个数为 \(\min(i, n - j + 1)\)（下标从 \(1\)开始）
如果单纯只有不同数的个数，可以直接预处理，但这里还带了个系数\(\min(i, n - j + 1)\)，且与 \(i\)有关，不好直接预处理。
因此我们得把 \(\min\)去掉，那就是将 \(i\)右边的数分成了两类，一类是 \(a_j \neq a_i\)，且 \(\min(i, n - j + 1) = i\)即 \(j < n - i + 1\)，另一类是 \(a_j \neq a_i\)且 \(\min(i, n - j + 1) = n - j + 1\)即 \(j \geq n - i + 1\)。
维护区间非\(a_i\)的个数以及\(a_j \times (n - j + 1)\) 的和，可以维护所有数的个数与和，再减去\(a_i\)的贡献，即是非 \(a_i\)的个数与和。
当我们迭代求解每个\(a_i\)时，这两个区间信息可以迭代 \(O(1)\)更新，因此总的时间复杂度为 \(O(n)\)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
LL ans = 0;
vector<LL> sum(n), cnt(n);
LL suf = 0, tot = n;
for(auto &i : a){
cin >> i;
-- i;
cnt[i] ++;
}
for(int i = 0; i < n / 2; ++ i){
tot -= 2;
cnt[a[i]] --;
cnt[a[n - i - 1]] --;
sum[a[n - i - 1]] += i + 1;
suf += i + 1;
ans += 1ll * (i + 1) * (tot - cnt[a[i]]) + suf - sum[a[i]];
}
if (n & 1)
ans += suf - sum[a[n / 2]];
for(int i = (n + 1) / 2; i < n; ++ i){
sum[a[i]] -= n - i;
suf -= n - i;
ans += suf - sum[a[i]];
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
给定一个长度为\(n\)的度数数组\(A\)，定义 \(f(A)\)的值为满足该度数数组的树的最大直径长度。
对于所有可能的\(A\)，求 \(f(A)\)的和。
<++>
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<++>
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目录1、前言2、Xilinx官方主推的MIPI解码方案3、我已有的MIPI解码方案4、纯Vhdl代码解码MIPI5、vivado工程介绍6、上板调试验证7、福利：工程代码的获取1、前言FPGA图像采集领域目前协议最复杂、技术难度最高的应该就是MIPI协议了，MIPI解码难度之高，令无数英雄竞折腰，以至于Xilinx官方不得不推出专用的IP核供开发者使用，不然太高端的操作直接吓退一大批FPGA开发者，就没人玩儿了。本文详细描述了设计方案，工程代码编译通过后上板调试验证，可直接项目移植，适用于在校学生做毕业设计、研究生项目开发，也适用于在职工程师做项目开发，可应用于医疗、军工等行业的数字成像和图像
我正在为IOS构建一个Phonegap应用程序。我使用Cordova相机plugin上传个人资料图片。我的示例代码是:navigator.camera.getPicture(that.imageDataSuccessCallback,that.imageDataErrorCallback,{quality:10,destinationType:1,encodingType:0,allowEdit:true,correctOrientation:true,sourceType:0});当我点击那个特定的按钮时，我会收到警告THREADWARNING:['Camera']took'290.
🎄目录🌼写在前面🌻题1：6041.多个数组求交集🌷题目描述🌷解题思路🌷代码编写（Java版本）🌻题2：6042.统计圆内格点数目🌷题目描述🌷解题思路🌷代码编写（Java版本）🌻题3：6043.统计包含每个点的矩形数目🌷题目描述🌷思路一：二分搜索🌷思路二：二维偏序+树状数组🌻题4：6044.花期内花的数目🌷题目描述🌷思路一：排序+二分🌷思路二：排序💗写在最后🌼写在前面Hello朋友们😋，我是秋刀鱼🐟，一只活跃于Java区与算法区的新人博主~欢迎大家加入高校算法学习社区🏰：https://bbs.csdn.net/forums/Suanfa，社区里大佬云集，大家互相交流学习！今天给大家带来Leet
🎄目录🌼写在前面🌻题1：6041.多个数组求交集🌷题目描述🌷解题思路🌷代码编写（Java版本）🌻题2：6042.统计圆内格点数目🌷题目描述🌷解题思路🌷代码编写（Java版本）🌻题3：6043.统计包含每个点的矩形数目🌷题目描述🌷思路一：二分搜索🌷思路二：二维偏序+树状数组🌻题4：6044.花期内花的数目🌷题目描述🌷思路一：排序+二分🌷思路二：排序💗写在最后🌼写在前面Hello朋友们😋，我是秋刀鱼🐟，一只活跃于Java区与算法区的新人博主~欢迎大家加入高校算法学习社区🏰：https://bbs.csdn.net/forums/Suanfa，社区里大佬云集，大家互相交流学习！今天给大家带来Leet
A-ContestResult(abc290a)题目大意给定\(n\)道题的分数。现在小\(A\)过了一些题，问他的分数是多少。解题思路模拟即可。神奇的代码#includeusingnamespacestd;usingLL=longlong;intmain(void){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);intn,m;cin>>n>>m;vectors(n);for(auto&i:s)cin>>i;intans=0;while(m--){intx;cin>>x;ans+=s[x-1];}coutB-QualB(abc290b)题
A-ContestResult(abc290a)题目大意给定\(n\)道题的分数。现在小\(A\)过了一些题，问他的分数是多少。解题思路模拟即可。神奇的代码#includeusingnamespacestd;usingLL=longlong;intmain(void){ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);intn,m;cin>>n>>m;vectors(n);for(auto&i:s)cin>>i;intans=0;while(m--){intx;cin>>x;ans+=s[x-1];}coutB-QualB(abc290b)题