你好_Ä

2023年福建农林大学程序设计校赛个人题解（无D解析)

A-这是一道原题

问题解析

从绿色材料合成到金色材料。

用 $w hi l e$ 循环判断材料数是否能合成，能就合，合成后下一级材料数增加，原料数加上合成出的材料数。

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)

#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

void hecheng(int&a, int&b)
{
    while (a >= 3)
    {
        int x = a / 3;
        a %= 3;
        a += x;
        b += x;
    }
}

void solve()
{
    int a, b, c, d;
    cin >> a >> b >> c >> d;
    hecheng(a, b);
    hecheng(b, c);
    hecheng(c, d);
    cout << a << " " << b << " " << c << " " << d;
}

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

B-健康阳光，积极向上!

问题解析

想不到什么很好做法，直接暴力了。

根据贪心来说，要想结果越小，删掉的质因数就要越大。

对所有数进行质因数分解并记录下来，最后对所有质因数从大到小排序，把最前面 $k$ 个质数当作我们要删除的质因子。

然后我们把剩下的质因子全部乘起来就行。

分解因数的复杂度在 $O(\log_{2}{a_i})$ 到 $O(\sqrt n)$ 之间。

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)

#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

int a[N];
vectorv;

void divide(int n)
{
    for (int i = 2; i <= n / i; i++)
    {
        if (n % i == 0)
        {
            int s = 0;
            while (n % i == 0)
            {
                v.push_back(i);
                n /= i;
            }
        }
    }
    if (n > 1)v.push_back(n);
}

void solve()
{
    int n, k;
    cin >> n >> k;
    if (k > 2e5 * 17)
    {
        cout << 1 << endl;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> a[i];
        divide(a[i]);
    }
    sort(v.begin(), v.end(), greater());
    int ans = 1;
    for (int i = k; i < v.size(); i++)
        ans = ans * v[i] % MOD;
    cout << ans << endl;
}

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

C-字一色大四喜四杠子四暗刻单骑役满确定！

问题解析

遍历字符串看有没有 $7 z$ 就行。

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)

#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

void solve()
{
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    for (int i = 1; i < n; i++)
    {
        if (s[i - 1] == '7' && s[i] == 'z')
        {
            cout << "YES" << endl;
            return;
        }
    }
    cout << "NO" << endl;
}

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

D-荣！断幺九，一番，1000点！

问题解析

说实话，这题我没想懂，不咋打雀不知道是不是只要胡牌且没有幺九牌就是段幺九。而且也不知道给的牌型是不是已经胡了让判断胡的排序。不太懂，如果有出题人能帮我解个惑就好了。

（代码学的一个大佬写的，感觉懂了点什么又好像没懂）

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)

#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

void solve() 
{
    string s;
    cin >> s;
    int n = s.size();
    mapmymap;
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        if (s[i] == '1' || s[i] == '9' || s[i] == 'z')
        {
            cout << "NO" << endl;
            return;
        }
    }
    for (int i = 0; i < n; i += 2)
    {
        string t;
        t += s[i];
        t += s[i + 1];
        mymap[t]++;
    }
    for (auto& i : mymap)
    {
        if (i.second >= 2)
        {
            mapmymap2;
            mymap2 = mymap;
            mymap2[i.first] -= 2;
            int cnt = 2;
            for (auto& j : mymap2)
            {
                if (j.second >= 3)
                {
                    j.second -= 3;
                    cnt += 3;
                }
                if (j.second != 0 && j.first[0] - '0' <= 7)
                {
                    string a = j.first;
                    a[0]++;
                    string b = a;
                    b[0]++;
                    while (j.second > 0 && mymap2[a] > 0 && mymap2[b] > 0)
                    {
                        j.second--;
                        mymap2[a]--;
                        mymap2[b]--;
                        cnt += 3;
                    }
                }
            }
            if (cnt == 14)
            {
                cout << "YES" << endl;
                return;
            }
        }
    }
    cout << "NO" << endl;
}

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

E-可爱即是正义！

问题解析

区间前缀和模板，枚举所有 $r$ 行 $c$ 列的子矩阵然后用矩阵前缀和快速算结果，维护最大值就行。

注意数据可能使得最大的矩阵和为负数，维护最大值的变量初始值要够小。

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)

#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

int a[2050][2050], s[2050][2050], n, m;

void init()
{
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            s[i][j] = s[i - 1][j] + s[i][j - 1] - s[i - 1][j - 1] + a[i][j];
}

int get_sum(int x1, int y1, int x2, int y2)
{
    return s[x2][y2] - s[x2][y1 - 1] - s[x1 - 1][y2] + s[x1 - 1][y1 - 1];
}

void solve()
{
    int r, c;
    cin >> n >> m >> r >> c;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        for (int j = 1; j <= m; j++)
            cin >> a[i][j];
    init();
    int mx = -1e18;
    for (int i = 1; i <= n - r + 1; i++)
        for (int j = 1; j <= m - c + 1; j++)
            mx = max(mx, get_sum(i, j, i + r - 1, j + c - 1));
    cout << mx;
}

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

F-炉石传说这个游戏是没有（任何BUG）的！

问题解析

基础的计数 $d p$ 。

设状态转移数组 $f$ ， $f [i]$ 表示前 $i$ 个字符的分割方式有 $f [i]$ 种。

状态转移：如果一个长为 $l e n$ 的字符串 $s i$ 能匹配字符串 $s t r$ 上 $j$ 到 $j - l e n + 1$ 的这一段，则有 $f [j + l e n - 1] = f [j + l e n - 1] + f [j - 1]$ 。

思路不难，主要是匹配字符串的方法。

遍历字符串 $s t r$ ，枚举每个位置 $j$ ,判断以当前字符为起点是否有字符串 $s i$ 能和它匹配。

这里可以用字符串哈希快速匹配，预处理 $s t r$ 的哈希数组复杂度为： $O (l e n g t h (s t r))$ ，预处理 $n$ 个字符串 $s$ 的哈希值的复杂度为： $O(\sum_{i=0}^nlength(s_i))$ 。

每次匹配字符串复杂度为： $O (1)$ 。

总复杂度： $O(\sum_{i=0}^n length(s_i) * length(str))$

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)

#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

int base = 13331;
ull hash_str[N], bpow[N], a[N];
int f[N];

void init(string s)
{
    int n = s.size();
    bpow[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        hash_str[i] = (hash_str[i-1] * base + s[i - 1]);
        bpow[i] = bpow[i - 1] * base;
    }
}

ull get_hash(int l, int r)
{
    return hash_str[r] - hash_str[l - 1] * bpow[r - l + 1];
}

void solve() {
    int n;
    string s;
    cin >> n >> s;
    vectorv(n);
    init(s);
    for (int i = 0; i < n; i++)
    {
        cin >> v[i];
        ull res = 0, len = v[i].size();
        for (int j = 1; j <= len; j++)
        {
            res = (res * base + v[i][j - 1]);
        }
        a[i] = res;
    }
    int len = s.size();
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= len; i++)
    {
        
        for (int j = 0; j < n; j++)
        {
            int len2 = v[j].size();
            if (i + len2 - 1 <= len)
            {
                if (get_hash(i, i + len2 - 1) == a[j])
                {
                    f[i + len2 - 1] = (f[i - 1] + f[i + len2 - 1]) % MOD;
                }
            }
        }
    }
    cout << f[len] << endl;
}

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

G-蒸蒸日上！

问题解析

出题人看来非常喜欢三国杀这款游戏呀，那我去给三国杀刷个好评罢。（逃）

根据给的字符串输出对应的外号就行。

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)

#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

void solve()
{
    string s;
    cin >> s;
    if (s == "XuSheng") s = "DaBao";
    else if (s == "GanNing") s = "DaGui";
    else if (s == "QuYi") s = "BaiMa";
    else if (s == "HuangZhong") s = "LaoBao";
    cout << s;
}

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

H-圆皱率_

问题解析

这题面真是给我笑死，不过我觉得题意不是很清楚，一开始都不理解要干啥，最好优化一下或者给样例加个解释罢。

（话说我这种又玩原又玩粥又玩农的算啥皮）

这题是想让你从里面选择一个子序列，使得子序列的和最大，但是不能让 $aa$ 和 $AA$ 挨着。

我们先把豌豆的三种基因状态 $AA 、 A a 、 aa$ 分别设为 $1 、 2 、 3$ 。

动态规划。

设二维状态转移数组 $f$ ， $f [i] [j]$ 表示在前 $i$ 个豌豆中取，且最后一个豌豆状态为 $j$ 的最大价值为 $f [i] [j]$ ， $j = 0$ 表示一个豌豆都没取。

状态转移：

每次都有： $f [i] [j] = f [i - 1] [j]$ 。
如果当前的豌豆状态为 $1$ ，则 $f[i] [1] = max(f[i] [1]，f[i] [j] + a_i) (j = 0,1,2)$ 。
如果当前的豌豆状态为 $2$ ，则 $f[i] [2] = max(f[i] [1]，f[i] [j] + a_i) (j = 0,1,2,3)$ 。
如果当前的豌豆状态为 $3$ ，则 $f[i] [3] = max(f[i] [1]，f[i] [j] + a_i) (j = 0,2,3)$ 。

最后答案为： $ma x (f [n] [j]) (j = 0, 1, 2, 3)$ 。

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)

#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

int a[N], f[N][4], b[N];


void solve()
{
    string s;
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++)cin >> a[i];
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        cin >> s;
        if (s == "AA")b[i] = 1;
        else if (s == "Aa")b[i] = 2;
        else b[i] = 3;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for (int j = 0; j <= 3; j++)
            f[i][j] = f[i - 1][j];
        if (b[i] == 1)
        {
            
            for (int j = 0; j < 3; j++)
                f[i][b[i]] = max(f[i][b[i]], f[i - 1][j] + a[i]);
        }
        else if (b[i] == 2)
        {
            for (int j = 0; j <= 3; j++)
                f[i][b[i]] = max(f[i][b[i]], f[i - 1][j] + a[i]);
        }
        else
        {
            for (int j = 0; j <= 3; j++)
                if (j != 1)
                    f[i][b[i]] = max(f[i][b[i]], f[i - 1][j] + a[i]);
        }
    }
    int mx = 0;
    for (int i = 0; i <= 3; i++)mx = max(mx, f[n][i]);
    cout << mx;
}

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

I-你说得对，但是……_

问题解析

但是原神是一款…………

首先我们要知道， $1$ 并不是一个质数，然后我们再知道，对于相邻的两个数，它们的最大公约数是 $1$ 。

那么我们可以先按照 $a [i] = i$ 的方式来排列，然后依次判断 $g c d (a [i] ， i)$ 是否为质数，如果为质数，我们就可以把它和下一位数： $a [i + 1]$ 进行交换，这样可以保证 $a [i]$ 和 $a [i + 1]$ 和他们对应位置数的最大公约数都是 $1$ 。

由于这一步会使得我们的字典序变大，所以如果 $g c d (a [i] ， i)$ 不为质数，我们就不用交换了。

特别的，如果 $g c d (a [n] ， n)$ 为质数，因为已经没有下一位了，所以我们只能和上一位，即： $a [n - 1]$ 进行交换。

这里判断质数我用的是 $M i ll er - R abin$ 素性测试，不认识的大家可以学习一下。用试除法应该也是可以过的。

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)

#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 2e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

int a[N];

int gcd(int a,int b)
{
    return a%b==0?b:gcd(b,a%b);
}

ll qmul(ll a,ll b,ll mod)//快速乘
{
    ll c=(ld)a/mod*b;
    ll res=(ull)a*b-(ull)c*mod;
    return (res+mod)%mod;
}
ll qpow(ll a,ll n,ll mod)//快速幂
{
    ll res=1;
    while(n)
    {
        if(n&1) res=qmul(res,a,mod);
        a=qmul(a,a,mod);
        n>>=1;
    }
    return res;
}
bool is_prime(ll n)//Miller Rabin Test
{
    if(n<3||n%2==0) return n==2;//特判
    ll u=n-1,t=0;
    while(u%2==0) u/=2,++t;
    ll ud[]={2,325,9375,28178,450775,9780504,1795265022};
    for(ll a:ud)
    {
        ll v=qpow(a,u,n);
        if(v==1||v==n-1||v==0) continue;
        for(int j=1;j<=t;j++)
        {
            v=qmul(v,v,n);
            if(v==n-1&&j!=t){v=1;break;}//出现一个n-1，后面都是1，直接跳出
            if(v==1) return 0;//这里代表前面没有出现n-1这个解，二次检验失败
        }
        if(v!=1) return 0;//Fermat检验
    }
    return 1;
}

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=i;
    for (int i = 2; i <= n; i ++)
    {
        int x=gcd(a[i],i);
        if(is_prime(x))
        {
            if(i> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

J-蓝色妖精小姐的树

问题解析

从数据的方式和表情包来看，都告诉了我们这题用的是珂朵莉树。

珂朵莉树是一个神奇的算法，专门负责处理这类区间修改（区间赋值）和区间询问问题，做法很暴力，所以一般只适用于随机数据，对于出题人自己造的数据，是可以把珂朵莉树给卡到超时的。

具体的大伙可以去看看珂朵莉树的由来。

至于树的问题，我们可以通过 $df s$ 序来确定每一个子树的根 $u$ 负责的是哪个区间，修改这一整个子树，就相当于修改这个区间。

AC代码

#include
using namespace std;
#include
#include
#include
using namespace std;
#include
#include
#include
#include
#include 
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include

//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)

#define endl '\n'
#define int ll
#define PI acos(-1)
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned long long ull;
typedef pairPII;
const int N = 1e5 + 50, MOD = 1e9 + 7;

struct node {
    int l, r;
    mutable int val;
    node(int l, int r = -1, int val = 0) :l(l), r(r), val(val) {}
    bool operator<(const node& o)const
    {
        return l < o.l;
    }
};

sets;

int qpow(int x, int k, int mod = 1e9 + 7)
{
    int num = 1;
    x %= mod;
    while (k)
    {
        if (k & 1)num = num * x % mod;
        k >>= 1;
        x = (x * x) % mod;
    }
    return num;
}

//核心操作，将包含pos点的区间分成[l,pos-1]和[pos,r]两个区间
set::iterator split(int pos)
{
    //找l不小于pos的第一个node
    auto it = s.lower_bound(node(pos));
    if (it != s.end() && it->l == pos)
        return it;
    --it;
    if (pos > it->r)return s.end();
    int l = it->l, r = it->r, val = it->val;
    s.erase(it);
    s.insert(node(l, pos - 1, val));
    //return的是插入节点后，该节点在set的iterator
    return s.insert(node(pos, r, val)).first;
}

//区间加值
void add(int l, int r, int val = 1)
{
    split(l);
    auto itr = split(r + 1), itl = split(l);
    //给itl到itr之间所有元素加上val
    for (; itl != itr; ++itl)itl->val += val;
}

//区间赋值
void assign(int l, int r, int val = 0)
{
    split(l);
    auto itr = split(r + 1), itl = split(l);
    //删除itl到itr-1的全部元素
    s.erase(itl, itr);
    s.insert(node(l, r, val));
}

//如果reversed为0，说明找第k小元素；反之找第k大元素
int myrank(int l, int r, int k, bool reversed = 0)
{
    if (reversed)k = r - l + 2 - k;
    split(l);
    auto itr = split(r + 1), itl = split(l);
    vectorv;
    for (; itl != itr; ++itl)
        v.push_back({ itl->val,itl->r - itl->l + 1 });
    sort(v.begin(), v.end());
    for (auto i : v)
    {
        k -= i.second;
        if (k <= 0)return i.first;
    }
    return -1;
}

//计算区间[l,r]所有元素的k次幂的和
int sum(int l, int r, int k, int mod = 1e9 + 7)
{
    split(l);
    auto itr = split(r + 1), itl = split(l);
    int res = 0;
    for (; itl != itr; ++itl)
        res = (res + (itl->r - itl->l + 1) * qpow(itl->val, k, mod) % mod) % mod;
    return res;
}

int seed, vmax;
int a[N], b[N];
PII c[N];

vectortree[N];

int rnd()
{
    int ret = seed;
    seed = (seed * 7 + 13) % MOD;
    return ret;
}

void dfs(int x, int y, int&z)
{
    z++;
    c[x].first = z;
    for (auto& i : tree[x])
    {
        if (i == y)continue;
        
        dfs(i, x, z);
    }
    c[x].second = z;
}

void solve() 
{
    int n, m;
    cin >> n >> m >> seed >> vmax;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        a[i] = (rnd() % vmax) + 1;
        //cout << a[i] << " ";
    }
    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        int x = (rnd() % (i - 1)) + 1;
        tree[i].push_back(x);
        tree[x].push_back(i);
    }
    int idx = 0;
    dfs(1, 0, idx);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        s.insert(node(c[i].first, c[i].first, a[i]));
    }
    //cout << endl;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        int op = (rnd() % 2) + 1;
        int u = (rnd() % n) + 1;
        int x = (rnd() % vmax) + 1;
        int l = c[u].first, r = c[u].second;
        //cout << op << " " << l << " " << r << " " << x << " " << y << endl;
        if (op == 1)assign(l, r, x);
        else if (op == 2)cout << sum(l, r, x) << endl;
    }
}

signed main()
{
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);
    int t = 1;
    //cin >> t;
    while (t--)
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

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装箱与拆箱----autoboxing和unboxing darkranger J2SE
4.2　自动装箱和拆箱基本数据(Primitive)类型的自动装箱(autoboxing)、拆箱(unboxing)是自J2SE 5.0开始提供的功能。虽然为您打包基本数据类型提供了方便，但提供方便的同时表示隐藏了细节，建议在能够区分基本数据类型与对象的差别时再使用。 4.2.1　autoboxing和unboxing 在Java中，所有要处理的东西几乎都是对象(Object)
ajax传统的方式制作ajax aijuans Ajax
//这是前台的代码 <%@ page language="java" import="java.util.*" pageEncoding="UTF-8"%> <% String path = request.getContextPath(); String basePath = request.getScheme()+
只用jre的eclipse是怎么编译java源文件的？ avords java eclipse jdk tomcat
eclipse只需要jre就可以运行开发java程序了，也能自动编译java源代码，但是jre不是java的运行环境么，难道jre中也带有编译工具？还是eclipse自己实现的？谁能给解释一下呢问题补充：假设系统中没有安装jdk or jre，只在eclipse的目录中有一个jre，那么eclipse会采用该jre，问题是eclipse照样可以编译java源文件，为什么呢？ &nb
前端模块化 bee1314 模块化
背景：前端JavaScript模块化，其实已经不是什么新鲜事了。但是很多的项目还没有真正的使用起来，还处于刀耕火种的野蛮生长阶段。 JavaScript一直缺乏有效的包管理机制，造成了大量的全局变量，大量的方法冲突。我们多么渴望有天能像Java（import），Python (import)，Ruby(require)那样写代码。在没有包管理机制的年代，我们是怎么避免所
处理百万级以上的数据处理 bijian1013 oracle sql 数据库大数据查询
一.处理百万级以上的数据提高查询速度的方法： 1.应尽量避免在 where 子句中使用!=或<>操作符，否则将引擎放弃使用索引而进行全表扫描。 2.对查询进行优化，应尽量避免全表扫描，首先应考虑在 where 及 o
mac 卸载 java 1.7 或更高版本征客丶 java OS
卸载 java 1.7 或更高 sudo rm -rf /Library/Internet\ Plug-Ins/JavaAppletPlugin.plugin 成功执行此命令后，还可以执行 java 与 javac 命令 sudo rm -rf /Library/PreferencePanes/JavaControlPanel.prefPane 成功执行此命令后，还可以执行 java
【Spark六十一】Spark Streaming结合Flume、Kafka进行日志分析 bit1129 Stream
第一步，Flume和Kakfa对接，Flume抓取日志，写到Kafka中第二部，Spark Streaming读取Kafka中的数据，进行实时分析本文首先使用Kakfa自带的消息处理（脚本）来获取消息，走通Flume和Kafka的对接 1. Flume配置 1. 下载Flume和Kafka集成的插件，下载地址：https://github.com/beyondj2ee/f
Erlang vs TNSDL bookjovi erlang
TNSDL是Nokia内部用于开发电信交换软件的私有语言，是在SDL语言的基础上加以修改而成，TNSDL需翻译成C语言得以编译执行，TNSDL语言中实现了异步并行的特点，当然要完整实现异步并行还需要运行时动态库的支持，异步并行类似于Erlang的process（轻量级进程），TNSDL中则称之为hand，Erlang是基于vm(beam)开发，
非常希望有一个预防疲劳的java软件, 预防过劳死和眼睛疲劳,大家一起努力搞一个 ljy325 企业应用
　非常希望有一个预防疲劳的java软件，我看新闻和网站，国防科技大学的科学家累死了，太疲劳，老是加班，不休息，经常吃药，吃药根本就没用，根本原因是疲劳过度。我以前做java,那会公司垃圾，老想赶快学习到东西跳槽离开，搞得超负荷，不明理。深圳做软件开发经常累死人，总有不明理的人，有个软件提醒限制很好，可以挽救很多人的生命。相关新闻：（1）IT行业成五大疾病重灾区：过劳死平均37.9岁
读《研磨设计模式》-代码笔记-原型模式 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/ /** * Effective Java 建议使用copy constructor or copy factory来代替clone()方法： * 1.public Product copy(Product p){} * 2.publi
配置管理---svn工具之权限配置 chenyu19891124 SVN
今天花了大半天的功夫，终于弄懂svn权限配置。下面是今天收获的战绩。安装完svn后就是在svn中建立版本库，比如我本地的是版本库路径是C:\Repositories\pepos。pepos是我的版本库。在pepos的目录结构 pepos component webapps 在conf里面的auth里赋予的权限配置为 [groups]
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批量执行 bulk collect与forall用法 daizj oracle sql bulk collect forall
BULK COLLECT 子句会批量检索结果，即一次性将结果集绑定到一个集合变量中，并从SQL引擎发送到PL/SQL引擎。通常可以在SELECT INTO、 FETCH INTO以及RETURNING INTO子句中使用BULK COLLECT。本文将逐一描述BULK COLLECT在这几种情形下的用法。有关FORALL语句的用法请参考：批量SQL之 F
Linux下使用rsync最快速删除海量文件的方法 dongwei_6688 OS
1、先安装rsync：yum install rsync 2、建立一个空的文件夹：mkdir /tmp/test 3、用rsync删除目标目录：rsync --delete-before -a -H -v --progress --stats /tmp/test/ log/这样我们要删除的log目录就会被清空了，删除的速度会非常快。rsync实际上用的是替换原理，处理数十万个文件也是秒删。
Yii CModel中rules验证规格 dcj3sjt126com rules yii validate
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基于vagrant的redis主从实验 dcj3sjt126com vagrant
平台: Mac 工具: Vagrant 系统: Centos6.5 实验目的: Redis主从实现思路制作一个基于sentos6.5, 已经安装好reids的box, 添加一个脚本配置从机, 然后作为后面主机从机的基础box 制作sentos6.5+redis的box mkdir vagrant_redis cd vagrant_
Memcached(二)、Centos安装Memcached服务器 frank1234 centos memcached
一、安装gcc rpm和yum安装memcached服务器连接没有找到，所以我使用的是make的方式安装，由于make依赖于gcc，所以要先安装gcc 开始安装，命令如下，[color=red][b]顺序一定不能出错[/b][/color]：建议可以先切换到root用户，不然可能会遇到权限问题：su root 输入密码...... rpm -ivh kernel-head
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1. 当满足条件的case中没有break，程序将依次执行其后的每种条件（包括default）直到遇到break跳出 int main() { int n = 1; switch(n) { case 1: printf("--1--\n"); default: printf("defa
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