Yokile_
Yokile_

2017年浙江工业大学大学生程序设计迎新赛预赛

这套题终于补完了。。。 嗨森阿

A

这是一个很简单的Nim游戏的博弈问题

#include 
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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define lson (rt << 1)
#define rson ((rt << 1) | 1)
#define pill pair
#define mst(a, b)   memset(a, b, sizeof a)
#define REP(i, x, n)    for(int i = x; i <= n; ++i)
const int MOD = 1e9 + 7;
const int qq = 1e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
int num[qq];
 
int main(){
    int t;  scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        int n, k;   scanf("%d%d", &n, &k);
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            scanf("%d", num + i);
            ans ^= num[i];
        }
        if (ans == 0 || (num[k - 1] < (num[k - 1] ^ ans))) {
            puts("No");
        } else {
            puts("Yes");
        }
    }
    return 0;
}



B

关键在于处理表达式，注意x + x这种情况

#include 
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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define lson (rt << 1)
#define rson ((rt << 1) | 1)
#define pill pair
#define mst(a, b)   memset(a, b, sizeof a)
#define REP(i, x, n)    for(int i = x; i <= n; ++i)
const int MOD = 1000000007;
const int qq = 1e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
string st;
map mp;
LL ct = 0;
void get(int &i) {
    LL a, b, tmp = 1;
    a = b = 0;
    if (st[i] == '-')   tmp = -1, ++i;
    else if (st[i] == '+')  ++i;
    if (st[i] == 'x') {
        a = tmp * 1;
    } else if (isdigit(st[i])) {
        while (isdigit(st[i])) {
            a = a * 10 + st[i++] - '0';
        }
        a = a * tmp;
    }
    if (st[i] == 'x') {
        i++;
        if (st[i] == '^') {
            i++;
            while (isdigit(st[i])) {
                b = b * 10 + st[i++] - '0';
            }
        } else {
            b = 1;
        }
    }
    if (mp.find(b) == mp.end()) {
        mp[b] = a;
    } else {
        mp[b] += a;
    }
}
LL quickPow(LL a, LL b) {
    LL ans = 1;
    while (b > 0) {
        if (b & 1)  ans = (ans * a) % MOD;
        a = (a * a) % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
 
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    while (cin >> st) {
        int len = st.size(), i = 0;
        while (i < len) {
            get(i);
        }
        map::iterator it;
        int t;  cin >> t;
        while (t--) {
            LL x;   cin >> x;
            x %= MOD;
            LL ans = ct;
            for (it = mp.begin(); it != mp.end(); ++it) {
                ans = (ans + (it->second * (quickPow(x, it->first)) % MOD + MOD) % MOD + MOD) % MOD;
            }
            cout << ans << endl;
        }
        mp.clear();
        ct = 0;
    }
    return 0;
}


C

处理其中的映射关系，预处理前n项的阶乘，注意要求逆元

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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define lson (rt << 1)
#define rson ((rt << 1) | 1)
#define pill pair
#define mst(a, b)   memset(a, b, sizeof a)
#define REP(i, x, n)    for(int i = x; i <= n; ++i)
const int MOD = 1e9 + 7;
const int qq = 1e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
LL fin[qq];
LL quickPow(LL a, LL b) {
    LL ans = 1;
    while (b > 0) {
        if(b & 1)   ans = (ans * a) % MOD;
        b >>= 1;
        a = (a * a) % MOD;
    }
    return ans;
}
void Init() {
    fin[0] = 1;
    for (int i = 1; i < qq; ++i) {
        fin[i] = (1LL * i * fin[i - 1]) % MOD;
    }
}
map mp;
LL num[qq];
LL n, m;
void solve(LL a, LL b) {
    a = mp[a];
    LL ans = (fin[b] * quickPow((fin[a] * fin[b - a]) % MOD, MOD - 2) ) % MOD;
    printf("%lld\n", num[(ans % n) + 1]);
}
int main(){
    Init();
    int t;  scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        mp.clear();
        scanf("%lld%lld", &n, &m);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%lld", num + i);
            mp[num[i]] = i;
        }
        while (m--) {
            LL a, b;    scanf("%lld%lld", &a, &b);
            solve(a, b);
        }
    }
    return 0;
}


D

代码写的比较蠢，直接用的双端队列模拟的

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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define lson (rt << 1)
#define rson ((rt << 1) | 1)
#define pill pair
#define mst(a, b)   memset(a, b, sizeof a)
#define REP(i, x, n)    for(int i = x; i <= n; ++i)
const int MOD = 1e9 + 7;
const int qq = 1e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
int tmp[qq];
void solve (int n, int m) {
    deque Q, tm;
    deque::iterator it;
    int a, b;
    int f = 0;
    for (int i = 0; i < m; ++i) {
        scanf("%d", &a);
        if (a == 1) {
            scanf("%d", &b);
            if (!f) Q.push_front(b);
            else    Q.push_back(b);
        } else if(a == 2) {
            if (!f) Q.pop_front();
            else    Q.pop_back();
        } else if(a == 3) {
            scanf("%d", &b);
            if (!f) Q.push_back(b);
            else    Q.push_front(b);
        } else if(a == 4) {
            if(!f)  Q.pop_back();
            else    Q.pop_front();
        } else if(a == 5) {
            f ^= 1;
        } else if(a == 6) {
            printf("%d\n", (int)Q.size());
            int cnt = 0;
            for (it = Q.begin(); it != Q.end(); ++it) {
                tmp[cnt++] = *it;
            }
            if (!f) {
                for (int i = 0; i < cnt; ++i) {
                    printf("%d%c", tmp[i], i == cnt - 1 ? '\n' : ' ');
                }
            } else {
                for (int i = cnt - 1; i >= 0; --i) {
                    printf("%d%c", tmp[i], i == 0 ? '\n' : ' ');
                }
            }
        } else if(a == 7) {
            int cnt = 0;
            for (it = Q.begin(); it != Q.end(); ++it) {
                tmp[cnt++] = *it;
            }
            Q.clear();
            sort(tmp, tmp + cnt);
            for(int i = 0; i < cnt; ++i) {
                if(!f)  Q.push_back(tmp[i]);
                else    Q.push_front(tmp[i]);
            }
        }
    }
}
 
int main(){
    int n, m;   scanf("%d%d", &n, &m);
    solve(n, m);
    return 0;
}



E

二分答案，假设 总价值/总花费 >= x -> 总价值 - x * 总花费 >= 0， 所以我们可以按 总价值 - x * 总花费来进行排序最后看结果是否大于0即可判断答案的可行性

#include 
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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define lson (rt << 1)
#define rson ((rt << 1) | 1)
#define pill pair
#define mst(a, b)   memset(a, b, sizeof a)
#define REP(i, x, n)    for(int i = x; i <= n; ++i)
const int MOD = 1e9 + 7;
const int qq = 6e6;
const LL INF = 1e9 + 10;
struct Node {
    LL l, r;
}p[qq];
int n, k;
LL mid;
bool cmp(const Node &a, const Node &b) {
    return a.l - mid * a.r > b.l - mid * b.r;
}
bool check() {
    sort(p, p + n, cmp);
    LL tmp = 0;
    for (int i = 0; i < k; ++i) {
        tmp += (p[i].l - mid * p[i].r);
    }
//  printf("%lld %lld\n", mid, tmp);
//  printf("%lld\n", tmp >= 0);
    if (tmp >= 0)    return true;
    return false;
}
 
int main(){
    int t;  scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%d%d", &n, &k);
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            scanf("%lld%lld", &p[i].r, &p[i].l);
        }
        LL l = 0, r = 1e8, ans = 0;
        while (l <= r) {
            mid = (l + r) >> 1;
            if (check() == true) {
                ans = mid;
                l = mid + 1;
            } else {
                r = mid - 1;
            }
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}



F

思路还是简单的，跑一下最短路，然后依次判断小蝌蚪在第i秒的地方蝌蚪妈妈是否能到达，最后注意一下小蝌蚪不动的时候的蝌蚪妈妈到达的时间‘

#include 
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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define lson (rt << 1)
#define rson ((rt << 1) | 1)
#define pill pair
#define mst(a, b)   memset(a, b, sizeof a)
#define REP(i, x, n)    for(int i = x; i <= n; ++i)
const int MOD = 1e9 + 7;
const int qq = 1e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
int n, m, k, s;
int p[qq], dis[qq];
bool vis[qq];
vector G[qq];
void spfa() {
    mst(vis, false);
    queue Q;
    vis[s] = true;
    mst(dis, 0x3f3f3f3f);
//  printf("%d\n", dis[0]);
    dis[s] = 0;
    Q.push(s);
    while (!Q.empty()) {
        int u = Q.front();
        Q.pop();
        vis[u] = false;
        for (int i = 0; i < (int)G[u].size(); ++i) {
            int v = G[u][i];
            if (dis[u] + 1 < dis[v]) {
                dis[v] = dis[u] + 1;
                if(vis[v])  continue;
                vis[v] = true;
                Q.push(v);
            }
        }
    }
}
 
int main(){
    while (scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &s) != EOF) {
        for (int i = 1; i <= k; ++i) {
            scanf("%d", p + i);
        }
        for (int a, b, i = 0; i < m; ++i) {
            scanf("%d%d", &a, &b);
            G[a].pb(b);
            G[b].pb(a);
        }
        spfa();
        int minx = INF;
        for (int i = 1; i <= k; ++i) {
            if(i >= dis[p[i]])   minx = min(minx, i);
        }
        minx = min(minx, max(dis[p[k]], k));
        printf("%d\n", minx);
        for (int i = 0; i <= n; ++i) {
            G[i].clear();
        }
    }
    return 0;
}


G

这题参考了题解的思路，维护一个单调递减的栈，每次输入一个高度，便和栈顶元素比较，如果栈顶元素小于当前高度，则这两个是可以互相监视的，在利用前缀和的思想，这一对是从栈顶元素所在的位置开始一直持续到当前元素的位置才结束，也就是说你的魔法屏障放在这两人中间的任何位置都可以消减这一对互相监视

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 

using namespace std;

#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define pill pair
#define mst(a, b) memset(a, b, sizeof a)

const int qq = 1e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;
int stk[qq][2];
int ans[qq];

int main() {
	int t;	scanf("%d", &t);
	int Cas = 0;
	while (t--) {
		int top = 0;
		int n;	scanf("%d", &n);
		mst(ans, 0);
		for (int x, i = 1; i <= n; ++i) {
			scanf("%d", &x);
			if (!top) {
				stk[++top][0] = i;
				stk[top][1] = x;
			} else {
				while (top && stk[top][1] < x) {
					ans[i]--;
					ans[stk[top][0]]++;
					top--;
				}
				if (top) {
					ans[i]--;
					ans[stk[top][0]]++;
				}
				stk[++top][0] = i;
				stk[top][1] = x;
			}
		}
		int maxn = 0, id;
		for (int i = 1; i <= n; ++i) {
			ans[i] += ans[i - 1];
			if (ans[i] > maxn) {
				maxn = ans[i];
				id = i;
			}
		}
		printf("Case #%d: %d %d\n", ++Cas, id + 1, maxn);
	}
	return 0;
}


H

这题需要对Havel-Hakim定理有所了解，关键还是在处理方面，看代码理解好了

Havel-Hakim定理

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define lson (rt << 1)
#define rson ((rt << 1) | 1)
#define pill pair
#define mst(a, b)   memset(a, b, sizeof a)
#define REP(i, x, n)    for(int i = x; i <= n; ++i)
const int MOD = 1e9 + 7;
const int qq = 1e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
int maxn[qq * 4], lazy[qq * 4], a[qq];
void pushUp(int rt) {
    maxn[rt] = max(maxn[lson], maxn[rson]);
}
void pushDown(int rt) {
    if (lazy[rt]) {
        maxn[lson] += lazy[rt];
        maxn[rson] += lazy[rt];
        lazy[lson] += lazy[rt];
        lazy[rson] += lazy[rt];
        lazy[rt] = 0;
    }
}
void build(int l, int r, int rt) {
    lazy[rt] = 0;
    if (l == r) {
        maxn[rt] = a[l];
        return;
    }
    int mid = (l + r) >> 1;
    build(l, mid, lson);
    build(mid + 1, r, rson);
    pushUp(rt);
}
int first(int l, int r, int rt) {
    if (l == r) {
        return l;
    }
    pushDown(rt);
    int mid = (l + r) >> 1;
    int res;
    if (maxn[lson] > 0)  res = first(l, mid, lson);
    else    res = first(mid + 1, r, rson);
    pushUp(rt);
    return res;
}
int get(int p, int l, int r, int rt) {
    if (l == r) {
        return maxn[rt];
    }
    pushDown(rt);
    int res;
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (p <= mid)    res = get(p, l, mid, lson);
    else    res = get(p, mid + 1, r, rson);
    pushUp(rt);
    return res;
}
void upDate(int x, int y, int val, int l, int r, int rt) {
    if (x <= l && r <= y) {
        maxn[rt] += val;
        lazy[rt] += val;
        return;
    }
    pushDown(rt);
    int mid = (l + r) >> 1;
    if (x <= mid)    upDate(x, y, val, l, mid, lson);
    if (y > mid) upDate(x, y, val, mid + 1, r, rson);
    pushUp(rt);
}
 
int main(){
    int t;  scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        int n;  scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%d", a + i);
        }
        sort(a + 1, a + 1 + n);
        build(1, n, 1);
        for (int i = n; i >= 1; --i) {
            int y = first(1, n, 1);
            if (y >= i)  break;
            int x = get(i, 1, n, 1);
            if (x >= i - y) {
                upDate(y, i - 1, -1, 1, n, 1);
                upDate(i, i, -(i - y), 1, n, 1);
            } else {
                upDate(i, i, -x, 1, n, 1);
                upDate(i - x, i - 1, -1, 1, n, 1);
                if (get(i - x - 1, 1, n, 1) > get(i - x, 1, n, 1)) {
                    int L1 = i - x - 1, R1 = i - x - 1, L2 = i - x, R2 = i - x;
                    int left = y, right = i - x - 1;
                    while (left <= right) {
                        int mid = (left + right) >> 1;
                        if (get(mid, 1, n, 1) < get(i - x - 1, 1, n, 1)) {
                            left = mid + 1;
                        } else {
                            right = mid - 1;
                            L1 = mid;
                        }
                    }
                    left = i - x, right = i - 1;
                    while (left <= right) {
                        int mid = (left + right) >> 1;
                        if (get(mid, 1, n, 1) > get(i - x, 1, n, 1)) {
                            right = mid - 1;
                        } else {
                            left = mid + 1;
                            R2 = mid;
                        }
                    }
                    if (R1 - L1 == R2 - L2) {
                        upDate(L1, R1, -1, 1, n, 1);
                        upDate(L2, R2, 1, 1, n, 1);
                    } else if (R1 - L1 > R2 - L2) {
                        upDate(L2, R2, 1, 1, n, 1);
                        upDate(L1, L1 + (R2 - L2), -1, 1, n, 1);
                    } else {
                        upDate(L1, R1, -1, 1, n, 1);
                        upDate(R2 - (R1 - L1), R2, 1, 1, n, 1);
                    }
                }
            }
            /*for (int j = 1; j <= i; ++j) {
                printf("%d ", get(j, 1, n, 1));
            }
            puts("");*/
        }
        LL ans = 0;
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
//          printf("%d\n", get(i, 1, n, 1));
            ans += (LL)get(i, 1, n, 1);
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}


I

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define lson (rt << 1)
#define rson ((rt << 1) | 1)
#define pill pair
#define mst(a, b)   memset(a, b, sizeof a)
#define REP(i, x, n)    for(int i = x; i <= n; ++i)
const int MOD = 1e9 + 7;
const int qq = 1e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
int num[qq];
 
int main(){
    int n;  scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if(i % 4 == 0)  continue;
        bool f = false;
        int tm = i;
        while (tm > 0) {
            if(tm % 10 == 4)    f = true;
            tm /= 10;
        }
        if(f)   continue;
        printf("%d\n", i);
    }
    return 0;

J

这题在图书画一画就明白了

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define lson (rt << 1)
#define rson ((rt << 1) | 1)
#define pill pair
#define mst(a, b)   memset(a, b, sizeof a)
#define REP(i, x, n)    for(int i = x; i <= n; ++i)
const int MOD = 1e9 + 7;
const int qq = 1e3 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
const double PI = 4.0 * atan(1.0);
double r, c, R;
int n;
double x[qq], y[qq];
double check(double a) {
    int t = a;
    if (t == 0) {
        double tm = a;
        for (int i = 0; i < 2; ++i) {
            tm *= 10;
            int b = tm;
            b %= 10;
            if(b != 0)  return a;
        }
        return 0;
    }
    return a;
}
 
int main(){
    int t;  scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%lf%lf%lf%d", &r, &c, &R, &n);
        double gap = 2.0 * PI / n;
        double init = 0.0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            x[i] = R * cos(init);
            y[i] = R * sin(init);
            init += gap;
        }
        printf("%.2lf %.2lf\n", check(x[0] + r), check(y[0] + c));
        for (int i = n - 1; i >= 1; --i) {
            printf("%.2lf %.2lf\n", check(x[i] + r), check(y[i] + c));
        }
    }
    return 0;
}


K

这题我居然直接跑了最小生成树。。。。。

其实只需要将所有边连接到点权制最大的那个点即可

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define lson (rt << 1)
#define rson ((rt << 1) | 1)
#define pill pair
#define mst(a, b)   memset(a, b, sizeof a)
#define REP(i, x, n)    for(int i = x; i <= n; ++i)
const int MOD = 1e9 + 7;
const int qq = 1e3 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
int mr[qq][qq];
int num[qq], dis[qq], n;
bool vis[qq];
void solve() {
    int ans = 0;
    mst(vis, false);
    vis[1] = true;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        dis[i] = mr[1][i];
    }
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        int maxn = -1, k;
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
            if(vis[j])  continue;
            if(maxn < dis[j])    maxn = dis[k = j];
        }
        vis[k] = true;
        ans += maxn;
        for (int j = 1; j <= n; ++j) {
            if(vis[j])  continue;
            dis[j] = max(dis[j], mr[k][j]);
        }
    }
    printf("%d\n", ans);
}
 
int main(){
    int t;  scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        scanf("%d", &n);
        for (int i = 1; i <= n; ++i) {
            scanf("%d", num + i);
            for(int j = 1; j < i; ++j) {
                mr[i][j] = mr[j][i] = (num[i] + num[j]) / 2;
            }
        }
        solve();
    }
    return 0;
}


L

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define lson (rt << 1)
#define rson ((rt << 1) | 1)
#define pill pair
#define mst(a, b)   memset(a, b, sizeof a)
#define REP(i, x, n)    for(int i = x; i <= n; ++i)
const int MOD = 1e9 + 7;
const int qq = 1e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
int num[qq];
 
int main(){
    int t;  scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        for (int i = 0; i < 3; ++i) {
            scanf("%d", num + i);
        }
        int a = max(num[0], max(num[1], num[2]));
        int c = min(num[0], min(num[1], num[2]));
        int b = num[0] + num[1] + num[2] - a - c;
        printf("%d\n", a * 100 + b * 10 + c);
    }
    return 0;
}


M

这题我用队列模拟了一下，有些特殊情况还是需要考虑的

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
 
using namespace std;
#define LL long long
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define lson (rt << 1)
#define rson ((rt << 1) | 1)
#define pill pair
#define mst(a, b)   memset(a, b, sizeof a)
#define REP(i, x, n)    for(int i = x; i <= n; ++i)
const int MOD = 1e9 + 7;
const int qq = 1e5 + 10;
const int INF = 1e9 + 10;
int num[qq];
 
int main(){
    int t;  scanf("%d", &t);
    while (t--) {
        int n;  scanf("%d", &n);
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            scanf("%d", num + i);
        }
        int b;  scanf("%d", &b);
        sort(num, num + n);
        priority_queue, greater > Q;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (Q.size() < 3) {
                Q.push(num[i] + b);
            } else {
                int u = Q.top();
                Q.pop();
                if (u <= num[i]) {
                    Q.push(num[i] + b);
                } else {
                    Q.push(u + b);
                }
            }
        }
        int maxn = 0;
        while (!Q.empty()) {
            maxn = max(maxn, Q.top());
            Q.pop();
        }
        printf("%d\n", maxn);
    }
    return 0;
}



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    即将卸任小区总监，去年出发时并未料到，我可以收获这么多。距离产生能力因为工作的变动到了外地，却机缘巧合让我有了远程链接团队的机会，有了培养后盾力量的实践，有了高效管理时间的，也让我战胜了距离的考验。团队共创合力举办小区、中区的线上演讲比赛，工作人员陪着选手一次又一次的彩排，他们提供专业的支持和解决疑难杂症，让线上比赛网络通畅，选手反馈满意，我看到了各司其职、优势互补的团队协作中的价值。当Zoom闪
  • 20200403-What I Learned from Online Contest(线上比赛复盘) 拍锤客
    分享昨天的一篇备稿speech，结合PathwaysLevel4的一个项目《管理在线会议》（Manageonlinemeeting）对上周末进行的H3小区演讲比赛从组织角度进行复盘。Youmayattendthespeechcontestonlastweekend.Howaboutyourfeeling?Asaspeaker,youmayfeelalittleconfusionbecauseyou
  • 5月全球CTF比赛时间汇总来了！ 网络安全研究所 信息安全物联网微软数据安全iot
    ●5月全球CTF比赛时间汇总来了！●从事网络安全行业工作，怎么能不参加一次CTF比赛了！小编作为一个CTF比赛老鸟，以每次都能做出签到题为荣！下面给大家分享一下5月份CTF比赛时间，比赛按时间先后排序，国内国外的都有哦！2021年第18届信息安全与对抗技术竞赛(ISCC)比赛类型:Mix[混合]比赛形式:线上比赛时间:2021-05-0100:00~2021-05-2500:00比赛官网:http
  • 参加演讲比赛的感悟 武润承
    前段时间我参加了剽悍一只猫的行动营打卡活动，我报名了我是演说家的演讲比赛。第一轮比赛，每人录一段2分钟的视频，总共四个主题，选择自己喜欢的主题去录制，经过精心准备在第一轮比赛比较幸运，进入了复赛，总共选出了九个人，我是其中之一，当时感觉很有成就感。第二轮是九选四，在听选手讲的时候，感觉他们没有我的内容精彩，我有信心进入下一轮。结果那天晚上出了点意外，我们是在CCtalk参加的线上比赛，结果轮到我演
  • 腾讯A*0*E联合战队斩获DEF CON CTF 2020决赛总冠军，刷新中国战队新纪录！ 腾讯安全 ctf
    北京时间8月10日早晨，2020DEFCONCTF全球总决赛正式落下帷幕。由于疫情原因，今年的DEFCONCTF总决赛改为线上比赛，在经历了三天三夜的鏖战之后，腾讯A*0*E联合战队以970分的成绩从16支战队中脱颖而出，斩获全球顶级CTF赛事总冠军，刷新了中国战队在DEFCONCTF的最好纪录。DEFCONCTF是网络安全领域公认最知名、最具影响力的网络安全技术竞赛。因比赛强调团队配合且具有极强
  • 第三届NOI Online普及组线上比赛赛后总结 您的无羡已上叽 C++#NOIOnline测试#洛谷dfs字符串
    其实这次考试又双叒叕爆零了qwq第三届NOIOnline赛后总结第一题、最急救助题面思路预期分数考试代码AC代码(摘自洛谷大佬题解)第二题、观星题面思路预期分数考试代码AC代码(摘自洛谷大佬题解)第三题、手表题面思路预期分数考试代码AC代码第一题、最急救助题面洛谷可评测题面思路字符串循环取出子串，判断是否为"sos"预期分数100分qwq考试代码#includeusingnamespacestd;
  • 数据竞赛房租预测——赛题分析 humashanshao 数据挖掘数据挖掘
    “2019未来杯高校AI挑战赛>城市-房产租金预测”目录“2019未来杯高校AI挑战赛>城市-房产租金预测”一、赛题概述赛题说明线上比赛数据发放与结果提交比赛要求(略)二、赛题分析认识数据对比赛数据做EDA三、EDA分析导入包载入数据总体情况概览缺失值分析单调特征列一、赛题概述赛题说明线上比赛要求参赛选手根据给定的数据集，建立模型，预测房屋租金。数据集中的数据类别包括租赁房源、小区、二手房、配套、
  • 第十五届全国大学生智能汽车竞赛华南赛区成绩总结 卓晴 2020智能车竞赛专栏智能车竞赛分享
    ■华南赛区简介第十五届全国大学生智能汽车竞赛华南赛区比赛采用了线上（云）比赛的方式。总共有十三组高校组合从8月15号到20号根据线上比赛规范完成了线上比赛。下面给出了华南赛区学校队伍信息统计以及各组别比赛排名。根据第十五届智能车竞赛奖项设置方案，华南赛区参赛队伍获奖名单将会在竞赛网站进行公布。竞赛网站：smartcar.cdstm.cn表格1：华南赛区各分赛点比赛时间时间15日(周六)16日(周日
  • 教练在线上赛中开启上帝视角，众多CS:GO战队陷入滥用BUG丑闻 游戏研究社
    秋后算账由于疫情的影响，今年的大部分电子竞技比赛选择了线上比赛的模式。线上比赛虽然安全，但是比赛的战队缺乏现场裁判组与广大观众的监管，出了作弊之类的岔子也不奇怪。不过这一回，实施作弊的人不是参与比赛的选手，而是对选手发号施令的教练。上周三，CS:GO披露出了一个观战BUG，并引发了玩家们的广泛讨论。这个BUG允许原来只能使用第一人称观战的教练，在比赛之中使用上帝视角。情报是FPS游戏至关重要的一环
  • UTON HACK 2.0 全球数字技术大赛圆满落幕 华南首席酱油官 和数软件智能合约区块链
    2020年8月2日，第二届“UTONHACK2.0全球数字技术黑客马拉松大赛”闭幕式在上海和数集团演播厅圆满落幕。（大赛官网：https://utonhack.com/）。和数集团董事长唐毅、总经理李思齐、白罗斯和数技术团队、众多参赛者及和数企业高管等参加了本次线上闭幕式。本次大赛共拥有150多支团队700余名参赛者，选手以个人或团队为单位，通过编程完成项目进行线上比赛PK。在这17天里，所有的参
  • 回归的捡视2018-09-24 地头力_永华
    不是不写了，是手机清零还原后不记得安装，想到了有给自己等一等的信号，结果落下了。这周回归的还有我的读经《地藏菩萨本愿经》，学习的不但是知识还有自己的念头。这周还是从早起和早睡开始，一个小小的念头，在晚上一直跟自己对话，洗涑完毕要早点休息（睡觉），这样放段音乐就直接睡了，因为踏实睡觉也就有了好的精神去过好第二天。这周的跑步是不断提升，跑量在不断增加，参加的线上比赛也是应接不暇，不过都已经完工了。最后
  • apache 安装linux windows 墙头上一根草 apacheinuxwindows
    linux安装Apache 有两种方式一种是手动安装通过二进制的文件进行安装，另外一种就是通过yum 安装，此中安装方式，需要物理机联网。以下分别介绍两种的安装方式     通过二进制文件安装Apache需要的软件有apr,apr-util,pcre  1，安装 apr        下载地址：htt
  • fill_parent、wrap_content和match_parent的区别 Cb123456 match_parentfill_parent
    fill_parent、wrap_content和match_parent的区别:   1）fill_parent   设置一个构件的布局为fill_parent将强制性地使构件扩展，以填充布局单元内尽可能多的空间。这跟Windows控件的dockstyle属性大体一致。设置一个顶部布局或控件为fill_parent将强制性让它布满整个屏幕。 2） wrap_conte
  • 网页自适应设计 天子之骄 htmlcss响应式设计页面自适应
    网页自适应设计        网页对浏览器窗口的自适应支持变得越来越重要了。自适应响应设计更是异常火爆。再加上移动端的崛起，更是如日中天。以前为了适应不同屏幕分布率和浏览器窗口的扩大和缩小，需要设计几套css样式，用js脚本判断窗口大小，选择加载。结构臃肿，加载负担较大。现笔者经过一定时间的学习，有所心得，故分享于此，加强交流，共同进步。同时希望对大家有所
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    --分组取最大最小常用sql--测试环境if OBJECT_ID('tb') is not null drop table tb;gocreate table tb( col1 int, col2 int, Fcount int)insert into tbselect 11,20,1 union allselect 11,22,1 union allselect 1
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    package awt; import java.awt.Color; import java.awt.Font; import java.awt.Graphics; import java.awt.image.BufferedImage; import java.io.File; import java.io.IOException; import javax.imagei
  • 自己的String动态数组 宝剑锋梅花香 java动态数组数组
    数组还是好说，学过一两门编程语言的就知道，需要注意的是数组声明时需要把大小给它定下来，比如声明一个字符串类型的数组：String str[]=new String[10];    但是问题就来了，每次都是大小确定的数组，我需要数组大小不固定随时变化怎么办呢？  动态数组就这样应运而生，龙哥给我们讲的是自己用代码写动态数组，并非用的ArrayList 看看字符
  • pinyin4j工具类 darkranger .net
    pinyin4j工具类Java工具类 2010-04-24 00:47:00 阅读69 评论0 字号：大中小 引入pinyin4j-2.5.0.jar包: pinyin4j是一个功能强悍的汉语拼音工具包，主要是从汉语获取各种格式和需求的拼音，功能强悍，下面看看如何使用pinyin4j。 本人以前用AscII编码提取工具，效果不理想，现在用pinyin4j简单实现了一个。功能还不是很完美，
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    介绍StarUML的基本概念，这些都是有效运用StarUML?所需要的。包括对模型、视图、图、项目、单元、方法、框架、模型块及其差异以及UML轮廓。         模型、视与图（Model, View and Diagram）        &
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    1、流程定义ID：ProcessDefinitionId，当定义一个流程就会产生。 2、流程实例ID：ProcessInstanceId，当开始一个具体的流程时就会产生，也就是不同的流程实例ID可能有相同的流程定义ID。 3、TaskId，每一个userTask都会有一个Id这个是存在于流程实例上的。 4、TaskDefinitionKey和（ActivityImpl activityId
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    在我们的前端项目里经常会用到级联的select，比如省市区这样。通常这种级联大多是动态的。比如先加载了省，点击省加载市，点击市加载区。然后数据通常ajax返回。如果没有数据则说明到了叶子节点。   针对这种场景，如果我们使用jquery来实现，要考虑很多的问题，数据部分，以及大量的dom操作。比如这个页面上显示了某个区，这时候我切换省，要把市重新初始化数据，然后区域的部分要从页面
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    一、函数的使用 1.1、定义函数变量 var vName = funcation(params){ } 1.2、函数的调用 函数变量的调用：      vName(params); 函数定义时自发调用：(function(params){})(params); 1.3、函数中变量赋值 var a = 'a'; var ff
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    1. Some操作   在下面的代码中，使用了Some操作：if (self.partitioner == Some(partitioner))，那么Some(partitioner)表示什么含义？首先partitioner是方法combineByKey传入的变量， Some的文档说明：   /** Class `Some[A]` represents existin
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    组合优先于继承 Java的匿名类，就是提供了一个快捷方便的手段，令继承关系可以方便地变成组合关系 继承只有一个时候才能用，当你要求子类的实例可以替代父类实例的位置时才可以用继承。   在Java中内部类主要分为成员内部类、局部内部类、匿名内部类、静态内部类。 内部类不是很好理解，但说白了其实也就是一个类中还包含着另外一个类如同一个人是由大脑、肢体、器官等身体结果组成，而内部类相
  • 盗版win装在MAC有害发热，苹果的东西不值得买，win应该不用 ljy325 游戏applewindowsXPOS
    Mac mini 型号: MC270CH-A RMB:5,688   Apple 对windows的产品支持不好,有以下问题:   1.装完了xp,发现机身很热虽然没有运行任何程序！貌似显卡跑游戏发热一样，按照那样的发热量,那部机子损耗很大,使用寿命受到严重的影响!   2.反观安装了Mac os的展示机，发热量很小，运行了1天温度也没有那么高 &nbs
  • 读《研磨设计模式》-代码笔记-生成器模式-Builder bylijinnan java设计模式
    声明： 本文只为方便我个人查阅和理解，详细的分析以及源代码请移步 原作者的博客http://chjavach.iteye.com/ /** * 生成器模式的意图在于将一个复杂的构建与其表示相分离，使得同样的构建过程可以创建不同的表示（GoF） * 个人理解： * 构建一个复杂的对象，对于创建者（Builder）来说，一是要有数据来源(rawData)，二是要返回构
  • JIRA与SVN插件安装 chenyu19891124 SVNjira
    JIRA安装好后提交代码并要显示在JIRA上，这得需要用SVN的插件才能看见开发人员提交的代码。 1.下载svn与jira插件安装包，解压后在安装包(atlassian-jira-subversion-plugin-0.10.1) 2.解压出来的包里下的lib文件夹下的jar拷贝到(C:\Program Files\Atlassian\JIRA 4.3.4\atlassian-jira\WEB
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      对于搞工程和技术的朋友来讲，在工作中常常遇到一些实际问题，而采用常规的思维方式无法很好的解决这些问题，那么这个时候我们就需要用数学语言和数学工具，而使用数学工具的前提却是用数学思想的方法来描述问题。。下面转帖几种常用的数学思想方法，仅供学习和参考   函数思想 　　把某一数学问题用函数表示出来，并且利用函数探究这个问题的一般规律。这是最基本、最常用的数学方法
  • pl/sql集合类型 daizj oracle集合typepl/sql
    --集合类型 /*   单行单列的数据，使用标量变量   单行多列数据，使用记录   单列多行数据，使用集合（。。。）   *集合：类似于数组也就是。pl/sql集合类型包括索引表（pl/sql table）、嵌套表（Nested Table）、变长数组（VARRAY）等 */ /*     --集合方法 &n
  • [Ofbiz]ofbiz初用 dinguangx 电商ofbiz
    从github下载最新的ofbiz（截止2015-7-13），从源码进行ofbiz的试用 1. 加载测试库 ofbiz内置derby，通过下面的命令初始化测试库 ./ant load-demo (与load-seed有一些区别)   2. 启动内置tomcat ./ant start 或 ./startofbiz.sh 或 java -jar ofbiz.jar &
  • 结构体中最后一个元素是长度为0的数组 dcj3sjt126com cgcc
    在Linux源代码中，有很多的结构体最后都定义了一个元素个数为0个的数组，如/usr/include/linux/if_pppox.h中有这样一个结构体： struct pppoe_tag {     __u16 tag_type;     __u16 tag_len;   &n
  • Linux cp 实现强行覆盖 dcj3sjt126com linux
    发现在Fedora 10 /ubutun 里面用cp -fr src dest，即使加了-f也是不能强行覆盖的，这时怎么回事的呢？一两个文件还好说，就输几个yes吧，但是要是n多文件怎么办，那还不输死人呢？下面提供三种解决办法。 方法一 我们输入alias命令，看看系统给cp起了一个什么别名。 [root@localhost ~]# aliasalias cp=’cp -i’a
  • Memcached(一)、HelloWorld frank1234 memcached
    一、简介 高性能的架构离不开缓存，分布式缓存中的佼佼者当属memcached，它通过客户端将不同的key hash到不同的memcached服务器中，而获取的时候也到相同的服务器中获取，由于不需要做集群同步，也就省去了集群间同步的开销和延迟，所以它相对于ehcache等缓存来说能更好的支持分布式应用，具有更强的横向伸缩能力。 二、客户端 选择一个memcached客户端，我这里用的是memc
  • Search in Rotated Sorted Array II hcx2013 search
    Follow up for "Search in Rotated Sorted Array":What if duplicates are allowed? Would this affect the run-time complexity? How and why? Write a function to determine if a given ta
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    Spring4新特性——泛型限定式依赖注入 Spring4新特性——核心容器的其他改进 Spring4新特性——Web开发的增强 Spring4新特性——集成Bean Validation 1.1(JSR-349)到SpringMVC  Spring4新特性——Groovy Bean定义DSL Spring4新特性——更好的Java泛型操作API  Spring4新
  • CentOS安装JDK liuxingguome centos
    1、行卸载原来的： [root@localhost opt]# rpm -qa | grep java tzdata-java-2014g-1.el6.noarch java-1.7.0-openjdk-1.7.0.65-2.5.1.2.el6_5.x86_64 java-1.6.0-openjdk-1.6.0.0-11.1.13.4.el6.x86_64 [root@localhost
  • 二分搜索专题2-在有序二维数组中搜索一个元素 OpenMind 二维数组算法二分搜索
    1,设二维数组p的每行每列都按照下标递增的顺序递增。 用数学语言描述如下：p满足 (1),对任意的x1，x2，y，如果x1<x2,则p(x1,y)<p(x2,y); (2),对任意的x，y1,y2, 如果y1<y2,则p(x,y1)<p(x,y2); 2,问题： 给定满足1的数组p和一个整数k，求是否存在x0,y0使得p(x0,y0)=k? 3,算法分析： (
  • java 随机数 Math与Random SaraWon javaMathRandom
    今天需要在程序中产生随机数，知道有两种方法可以使用，但是使用Math和Random的区别还不是特别清楚，看到一篇文章是关于的，觉得写的还挺不错的，原文地址是 http://www.oschina.net/question/157182_45274?sort=default&p=1#answers 产生1到10之间的随机数的两种实现方式： //Math Math.roun
  • oracle创建表空间 tugn oracle
    create temporary tablespace TXSJ_TEMP   tempfile 'E:\Oracle\oradata\TXSJ_TEMP.dbf'   size 32m   autoextend on   next 32m maxsize 2048m   extent m
  • 使用Java8实现自己的个性化搜索引擎 yangshangchuan javasuperword搜索引擎java8全文检索
    需要对249本软件著作实现句子级别全文检索，这些著作均为PDF文件，不使用现有的框架如lucene，自己实现的方法如下： 1、从PDF文件中提取文本，这里的重点是如何最大可能地还原文本。提取之后的文本，一个句子一行保存为文本文件。 2、将所有文本文件合并为一个单一的文本文件，这样，每一个句子就有一个唯一行号。 3、对每一行文本进行分词，建立倒排表，倒排表的格式为：词=包含该词的总行数N=行号
按字母分类： ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ其他