跳转到大纲 QT乱翻书-内联函数 1 #include <iostream> 2 3 using namespace std; 4 /* 5 inline 内联函数 6 函数声明的时候不要加inline，在定义的时候使用 7 宏函数和内联函数的区别： 8 9 类中的成员函数默认就是内联函数 10 */ 11 int my_add(int& x, int& y); 12
块标签(block) 可以设置宽高 不可以与别人共处一行 不设置宽度的情况下,默认宽度100% 行内标签(inline) 不可以设置宽高 可以与别人共处一行 其宽高由内容撑开 行内块标签(inline-block) 可以设置宽高 可以与别人共处一行 常见的块标签:div,ul,li,ol,h1~h6,p 常见的行内标签:
Link. Codeforces Luogu Description. 给定一个 \(01\) 串 \(s\)，保证至少有一个 \(0\) 和 \(1\)，有一个目标串 \(t\)。 问有多少种字符串 \(r_0,r_1\)，使得把 \(s\) 中 \(0\) 替换成 \(r_0\)，\(1\) 替换成 \(r_1\) 后与 \(t\) 相同。 Solution. 设第一个串是 \(0\)，方便处理，\(1\) 同理
传送门 题意 给定一个 \(N \times M\) 的矩阵 \(A\)，规定：点 \((x_{1}, y_{1})\) 控制 \((x_{2}, y_{2})\) 当且仅当 \(A[x_1][y_1] > A[x_2][y_2] + |x_1-x_2| + |y_1-y_2|\) 问满足上述控制条件的有序对 \(((x_1,y_1),(x_2,y_2))\) 的个数 \(N, M \le 10^3, 1 \le A[i][j] \le N +
二分图博弈是博弈的一种，如今拿出来讲一下。 二分图博弈问题都具有一下特征： 有向图上所有点可以分为两个点集，点集内部没有连边。 每一次的决策都是把一个点移动到另一个点，不能重复经过一个点，不能移动就判负。 定理： 如果起始点一定是 任何 最大匹配中的点，那么从这个点开始，先手必胜
\[\color{red}{\text{校长者，真神人也，左马桶，右永神，会执利笔破邪炁，何人当之？}} \\ \begin{array}{|} \hline \color{pink}{\text{The principal is really a god}} \\ \color{pink}{\text{with a closestool on the left and Yongshen on the right}} \\ \color{pink}{\text{holdi
崩陨 考试经过 啥也不会，T1想了半天差点睡着，然后狂打暴力 最后出来T1dp假了，T3模数是993244853，根本无法评价 垫底了，然后自闭一天，啥也没干，旁边人切掉了\(10^9+7\)道题，我啥也不会 T1.按位或 暴力基本和正解关系不大，然而我想了一个极其复杂的\(n^3\)还假了 正解在于容斥，%%%容斥带师WYZG
这是用在PROC REPORT 中 proc report style(report) = {}
T1： 转化题意，显然的思路是转化为每个点的贡献，于是考虑贡献的形式 集合大小乘以集合权值和，考虑每个点的贡献，考虑其实际意义，可以理解为 若存在点对u，v则对造成w[u] + w[v]的贡献 于是总分配方案即为第二类斯特林数，考虑首先若u点与自己进行配对时 会造成w[u]贡献，当与其余点配对
#139. 树链剖分 \(\text{Solution:}\) 先不考虑换根，那其他的就很板子。 考虑换根的影响，首先对在路径上的操作没有影响，唯一有影响的就是子树操作。 考虑直接先在 \(root=1\) 的情况下树剖，然后直接在上面分类讨论。 如果当前根就是要修改的点，那就直接全局修改； 如果当前根在我要修改
.content{ width: 1000px; margin: 0 auto;} .content .nav{ color: #333333; margin: 20px 0;} .content .nav a{ text-decoration: none; color: #333333;} .content .nav a:last-child{ color: #999;} .content .left{ width: 418px; display: inline-block;} .content .le
证明见luogu，我是打表发现这个规律的。但是这个规律也很显然吧。任何大于5的自然数都可以拆成若干个2,3的和，拆成2，3再乘肯定更大 namespace solve { int num2, num3; const int Len = 1007, W = 1000000000; struct hp { lxl x[Len]; int siz; inline void trim() { wh
前言 大家好，我是雨墨，我深知好记性不如烂笔头的道理，所以在阅读的时候都尽量写读书笔记，方便日后复习，当然笔记并不能代替书籍上的内容。希望我的笔记也能帮助到大家，如果我的笔记有什么问题，欢迎大家给小老弟纠错~ 条款二十六总结 延后变量的定义，且最好在定义的时候给它初始值实参
position: relative; 相对布局 position: absolute; 绝对布局 text-decoration: none; 清除下划线 border-bottom: 1px dotted #CCCCCC; 添加下划线 display:inline-table; 处于行内格式化上下文中，大体同 inline-block。但是基
Des 给出一个配对的括号序列（如"(())()"、"()"等， ")()"、"(()"是不符合要求的 ），对该序列按以下方法进行染色： 1.一个括号可以染红色、蓝色或不染色 2.一对匹配的括号需要且只能将其中一个染色 3.相邻两个括号颜色不能相同（但可以都不染色） 求符合条件的染色方案数（对1000000007取模） \(\t
廊桥分配 description 机场分国内区和国际区，分别有\(m_1,m_2\) 架飞机会到来，每架飞机停在机场的时间为\([a_i,b_i]\) 。每架飞机来到机场后会选择在廊桥/远机位。飞机会优先停靠廊桥，而廊桥使用先到先得，即如果某架飞机到达时存在空闲的廊桥则会停靠，否则停靠远机位。现在总共\(n\)
注释：项目要写注释，但是发布时候记得删除。要学会用操作者工具。h1默认字体大小为32px。display：inline，inline：在一行。a标签撑大li标签，图片可以尝试干掉平铺repeat，background-repeat：no-repeat； 首行缩进text-indent：2em；行高line-hight：2em;em指字符位。精灵图定位用：background-position：x
\[f[i][j]表示i到j的灯已经灭了 \]但是要转移到其它状态就很困难，所以我们加一维度表示为当前走到左端点还是右端点，然后分类讨论，一种是沿着当前的方向继续走，一种是改变方向回去 #include<bits/stdc++.h> #define rep(i,j,k) for(int i(j);i<=k;++i) #define drp(i,j,k) for(int i(j
1、把伪元素的display设置为inline-block后，给伪元素设置一定宽高并涂上颜色，两个伪元素之间会有一道缝隙，这道缝隙是两个伪元素的inline特性所导致，即两个伪元素之间存在文本分隔符。 2、border-top-color: transparent产生的效果是顶部三角形消失，border-top: none产生的效果是上半部
壹、题目描述 ¶ 有一个 \(n\times n\) 的网格图，初始有 \(m\) 个点存在标记，而你也可以通过以下规则给某些点打上标记： 如果 \((a,b)\) 有标记，\((b,c)\) 有标记，那么 \((c,a)\) 也可以打上标记； 在经过尽可能多的操作之后，该图中最多可以存在多少个点有标记。 数据范围
Description 给定一棵树。 我们认为一条从 \(x\to y\) 的简单路径是好的，当且仅当路径上的点中编号最小的是 \(x\)，最大的是 \(y\)。 请求出好的简单路径条数。 Solution 先考虑序列上怎么做，可以考护两个单调栈，查询的时候 upper_bound 一下。但是一个更直接的做法是建出两棵笛卡尔树
壹、题目描述 ¶ 传送门 to Luogu. 贰、关于题解 ¶ 一个质朴的想法是枚举 \(|AB|\)，然后考虑他们的一倍、两倍、三倍......基础复杂度显然是 \(\mathcal O(n\ln n)\) 的，不过问题是，内部需要多少的复杂度才可以尽可能地快？ 先考虑暴力一点的，我们可以用 \(\mathcal O(26)\) 的
给定n个整数和一个k,求有多少个数对(i,j)满足 \[a_i \times a_j = x^k \]我们不妨对每个a进行质因数分解，发现两个数字相乘是某个数的k次方，就是两个数质因数分解后，对应质数的次幂和为k的倍数，这样我们可以hash统计来解决(用map) #include<bits/stdc++.h> #define rep(i,j,k) for(int
link Solution md，智障了。 首先看出一个结论，就是说一条边 \((u,v)\) 可以删当且仅当在原图中删掉改变该边 \(u\) 仍能到达 \(v\)。 因为这是一个 DAG，所以我们可以拓排之后从后往前扫，然后用 bitset 维护连通性。 Code #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define Int
求一个字符串由多少个重复的子串连接而成 先搞hash就好 const int N = 1e6 + 79; char s[N]; int n; char ch; ull h[N], base = 131, hash[N]; inline ull H(int l, int r) { return hash[r] - hash[l - 1] * h[r-l+1]; } inline bool check(int len,ull num){ for(int l=1;l
