#include<stdio.h> #include<stdlib.h> #include<time.h> #include<windows.h> #include<string.h> #define ROW 3 #define COL 3 int Login() { char User[20]; char Password[20]; char ch; int ret; int n;
转自：https://blog.csdn.net/dianzichongchong/article/details/120133833 1. hw break point它是 linux kernel 自带的，监测一段内存访问信息的方法。它可以检测一段内存是否被读或写。 具体可见 linux 自带例子：linux/samples/hw_breakpoint/data_breakpoint.c static int __init h
原来源: dian巨 阶乘逆元求组合数 在做D - Madoka and The Corruption Scheme时, 一个满二叉树的走法就是C(n,i), 在n轮中赢几场, 最终就是杨辉三角前缀和 template<typename T = long long, int P = 1000000007> class Combination{ public:// 初始化组合数, mul[i]=i!, div[i
package utils import ( "fmt" "github.com/shopspring/decimal" "math" "math/rand" "testing" "time" ) func init() { // 初始化rand模块的Seed，要不然所有的随机值会一样～ rand.Seed(time.N
给定一张图， \(q\) 组询问从 \(s_i\) 到 \(t_i\) 路径上最大边权的最小值。 \(n < 10^4\)，\(m < 5 \times 10^4\)，\(q<3\times10^4\)。 首先，所有询问的答案均在原图的最小生成树上，是最小生成树的瓶颈边，因为任何不在最小生成树上的边一定比原边更大，然后问题就变成寻找树上2点的路径上
G 考虑先放G和B，此时共有\(C_{G+B}^{B}\)种方案。 然后选出\(k\)个G，在前面放上\(R\)，共有\(C_{G}^{k}\)种方案。 最后我们放剩下的\(R-K\)个R，考虑目前哪些区间内部可以放一段连续的\(R\)。可以发现，单独G的后面，以及B的前后，RG的前后是可以放的，总共是\(B-k+1\)个区间内可以放\(R\)。那
写一种数据结构，支持： \(1\) \(l\) \(r\) \(x\) ：将\([l,r]\) 区间所有数加上\(x\) \(2\) \(l\) \(r\) \(x\) ：将\([l,r]\) 区间所有数改成\(x\) \(3\) \(l\) \(r\) \(x\) ：输出将\([l,r]\) 区间从小到大排序后的第\(x\) 个数是的多少(即区间第\(x\) 小，数字大小相同算多次，保证 \(1\leq
求字符串的奇数长回文子串中前 \(k\) 长的大小之积 \(mod\) 19930726。 \(k\leq 10^{12},|S|\leq 10^6\)。 不插入#跑一遍马拉车得到长度为奇数的回文串，用数组 \(k\) 表示有 \(k[i]\) 种回文串长度为 \(i\) 的子串。由于长度为 \(i\) 的串一定是长度为 \(i-2\) 的串，所以用后缀和
安装wmi包 pip install wmi 说明：执行上面命令会自动安装依赖包pywin32 代码演示 import json as JSON import re import paramiko import suds from suds.wsse import * import wmi class WindowsDisListen(): """Windows系统""" def getSpaceInfo(self,
一个linux程序 网络通信的服务器，监听某个端口号。这里的代码介绍了如何绑定ip地址，如何创建socket，如何设置Ip地址族等 #include <sys/socket.h> #include <netinet/in.h> #include <arpa/inet.h> #include <signal.h> #include <unistd.h> #include <stdlib.h> #include <asser
基础版 青蛙一次可以跳1级或者2级台阶，问跳到N级有多少种跳法 class Solution: def jumpFloor(self,n): if n < 1: return 0 if n == 1 or n == 2: return n a = 1 b = 2 tmp = 1 for i in range(2,n
#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS 1 #include <stdio.h> #include <string.h> #include <ctype.h> int sign(char* str, char* sep)//遍历寻找符合的符号 { while (*sep)//遍历sep字符数组的符号 { if (*sep == *str) return 1; //符合条件返回1，也可
点击查看代码 int main() { char str[] = "192.168.1.168"; char* sep = ".@"; char cpy[1000] = {0}; strcpy(cpy, str); //strtok函数会破坏字符串，所以拷贝拷贝一份 char* ret = NULL; for(ret = strtok(cpy,sep); ret != NULL; ret = strtok(NULL, sep))//for
C. Monoblock 先考虑算出修改前的答案。这明显可以增量法 \(O(n)\)。修改的时候先考虑把这里断开，然后再考虑和左右两边连上（大概三种情况，随便讨论） D. 2+ doors 完了，口胡假了。 显然这个东西可以按位考虑，然后变成01，只用写个2-sat就完事了。 E. Long Way Home 哦，这个玩意好像有决策单
力扣503 class Solution { public: vector<int> nextGreaterElements(vector<int>& nums) { int n = nums.size(); vector<int> ret(n, -1); stack<int> stk; for (int i = 0; i < n * 2 - 1; i++) {
题目传送门 已经能过 hack，原因：做快速幂的时候需要微判一下边界。很好奇 lxl 为什么不卡 显然区间加可用线段树做。 然后操作二用扩展欧拉定理，每个 \(p\) 最多递归 \(\log\) 层，类似于 这道题。 \(a^b≡a^{b\mod \varphi(p)+\varphi(p)×[b≥ϕ(p)]} (\text{mod}\ \ p)\) 问题来了，扩
CF1720D2 题意： 给定序列\(A\)，求\(A\)的最长子序列\(B\)，满足\(a_p\oplus p+1<a_{p+1}\oplus p\) \(n\leq 3*10^5,0\leq a_i\leq 10^9\) 题解： 枚举两边的值从高位到地位有多少位相等，对于前\(k\)位来说，有： \(a_p\oplus p+1=a_{p+1}\oplus p\) 这样就可以把不等号变成等号，然后两边同时
概念： 电脑运算视作数学上的函数计算 高阶函数：map，reduce，filter 无副作用，相同的参数调用时钟产生同样的结果 闭包Closure 例子： def cache(func): store = {} # 外部自由变量 @wraps(func) def _ (n): # 闭包函数 if n in store: return store[n] else:
CF512D Fox And Travelling 给定一张 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向图，每次选择一个叶子结点并将它和连接它的边删除。 对于每个 \(k\in[0,n]\)，问有序选择 \(k\) 个点的方案数。 \(n\le 100\)。 显然如果有环，那么所有环上的点都无法被选择，可以选择的只是一棵棵树。 按照是否有环，可
同一个文件可以被多次打开，譬如在一个进程中多次打开同一个文件、在多个不同的进程中打开同一个文件。 一个进程内多次 open 打开同一个文件，那么会得到多个不同的文件描述符 fd ，同理在关闭文件的 时候也需要调用 close 依次关闭各个文件描述符。 多次打开同一个文件测试代码 1 #inc
luogu P7045 「MCOI-03」金牌 题目链接 看到题解中介绍了一种用于找出序列中出现次数大于 \(\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor\) 的摩尔投票法。 先来贺一波题解给出摩尔投票法的具体操作： 我们首先初始化变量 \(\text{ans=}a_1\) , \(\text{cnt=}1\) 。 从此序列的第二个数
通过静态进程池实现NTP服务器 例程：server.c #include <stdio.h>#include <stdlib.h>#include <string.h>#include <arpa/inet.h>#include <sys/types.h>#include <sys/wait.h>#include <sys/socket.h>#include <time.h>#include <unist
416. 分割等和子集 01背包问题，注意01背包的内循环从后往前递归，防止一个物品被放入多次 1049. 最后一块石头的重量 II 这是一道值得思考的题 本质上是01背包，但是需要判断的是放进之后，ret是否变化。因为在构建01背包的全过程中，所有的情况都会被考虑到。因此需要时刻注意ret是否更小
#include <iostream> #include <future> int mythread() { std::cout << "mythread " << std::this_thread::get_id() << std::endl; std::chrono::milliseconds second(3000); std::this_thread::sleep_for(second); r
话不多说，直接上示例代码 std::string Base64Encode(const unsigned char* data, size_t size) { size_t base64_len = (size + 2) / 3 * 4; if (base64_len == 0) { return ""; } std::string ret; ret.resize(base64_len); EVP_EncodeBl
