Codeforces Round 953 (Div. 2) A~F

news2025/1/18 11:04:37

A.Alice and Books(思维)

题意:

爱丽丝有 n n n本书。第 1 1 1本书包含 a 1 a_1 a1页,第 2 2 2本书包含 a 2 a_2 a2页, … \ldots n n n本书包含 a n a_n an页。爱丽丝的操作如下:

  • 她把所有的书分成两个非空的书堆。这样,每本书最后都会被恰好放在两堆书中的一堆里。
  • 爱丽丝阅读每一堆中编号最高的一本书。

爱丽丝非常喜欢阅读。帮她找出把书分成两堆后,她最多可以阅读的总页数。

分析:

观察题目很容易看出来,最后一个数字是必须取的,用前 n − 1 n-1 n1个数字的最大值加上最后一个值求和即可。

代码:

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int N = 110;
int a[N];

void solve() {
    int n;
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        cin >> a[i];
    }
    int ans = a[n];
    int ans2 = 0;
    for (int i = 1; i < n; ++i) {
        ans2 = max(ans2, a[i]);
    }
    cout << ans + ans2 << endl;
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

B.New Bakery(数学)

题意:

鲍勃决定开一家馒头店。开业当天,他烤出了 n n n个可以出售的馒头。通常一个馒头的价格是 a a a个硬币,但为了吸引顾客,鲍勃组织了以下促销活动:

  • 鲍勃选择某个整数 k k k( 0 ≤ k ≤ min ⁡ ( n , b ) 0\le k\le\min(n,b) 0kmin(n,b))。
  • 鲍勃以修改后的价格出售第一批 k k k个馒头。在这种情况下,售出的 i i i 1 ≤ i ≤ k 1\le i\le k 1ik)个馒头的价格是 ( b − i + 1 ) (b-i+1) (bi+1)个硬币。
  • 剩下的 ( n − k ) (n-k) (nk)个馒头以每个 a a a个硬币的价格出售。

注意 k k k可以等于 0 0 0。在这种情况下,鲍勃将以每个 a a a硬币的价格出售所有的馒头。

帮助鲍勃确定出售所有 n n n个馒头所能获得的最大利润。

分析:

首先当 a ≥ b a≥b ab时, k k k 0 0 0即可。

a < b a\lt b a<b时,要想使利润尽可能大,必须满足前 k k k天的利润都比 a a a大,即要满足 b − k ≥ a b−k≥a bka。可以得出 k k k最大为 b − a b−a ba,然后计算即可。

注意 k k k需要满足不超过 m i n ( n , b ) min(n,b) min(n,b)的限制,所以最终 k = m i n ( n , b − a ) k=min(n,b−a) k=min(n,ba),答案为 ( b + b − k + 1 ) k 2 + ( n − k ) a \frac{(b+b−k+1)k}{2}+(n−k)a 2(b+bk+1)k+(nk)a

代码:

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;

void solve() {
    LL n, a, b;
    cin >> n >> a >> b;
    if (a >= b) {
        cout << n * a << endl;
        return;
    }
    LL k = min(n, b - a);
    cout << (b + b - k + 1) * k / 2 + a * (n - k) << endl;
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

C.Manhattan Permutations(构造)

题意:

让我们把排列 † ^{\dagger} 的曼哈顿值 p p p表示为 ∣ p 1 − 1 ∣ + ∣ p 2 − 2 ∣ + … + ∣ p n − n ∣ |p_1-1|+|p_2-2|+\ldots+|p_n-n| p11∣+p22∣++pnn的值。

例如,对于排列 [ 1 , 2 , 3 ] [1,2,3] [1,2,3],曼哈顿值为 ∣ 1 − 1 ∣ + ∣ 2 − 2 ∣ + ∣ 3 − 3 ∣ = 0 |1-1|+|2-2|+|3-3|=0 ∣11∣+∣22∣+∣33∣=0,而对于排列 [ 3 , 1 , 2 ] [3,1,2] [3,1,2],曼哈顿值为 ∣ 3 − 1 ∣ + ∣ 1 − 2 ∣ + ∣ 2 − 3 ∣ = 2 + 1 + 1 = 4 |3-1|+|1-2|+|2-3|=2+1+1=4 ∣31∣+∣12∣+∣23∣=2+1+1=4

给你整数 n n n k k k。请找出长度为 n n n的排列 p p p使其曼哈顿值等于 k k k,或者确定不存在这样的排列。

† ^{\dagger} 长度为 n n n的排列是一个数组,由 n n n个不同的整数组成,这些整数从 1 1 1 n n n按任意顺序排列。例如, [ 2 , 3 , 1 , 5 , 4 ] [2,3,1,5,4] [2,3,1,5,4]是一个排列,但 [ 1 , 2 , 2 ] [1,2,2] [1,2,2]不是一个排列( 2 2 2在数组中出现了两次), [ 1 , 3 , 4 ] [1,3,4] [1,3,4]也不是一个排列( n = 3 n=3 n=3,但数组中有 4 4 4)。

分析:

首先我们可以发现,排列 p p p的哈曼顿值一定为偶数,不存在为奇数的情况。

因此无解的情况有两种:

  • k k k为奇数或者
  • 超过排列 p p p的最大哈曼顿值

对于有解的情况,考虑构造。
首先,令我们要得到的排列 p p p为单调递增的,也就是 p i = i ( 1 ≤ i ≤ n ) p_i=i(1≤i≤n) pi=i(1in),那么此时 p p p的哈曼顿值为 0 0 0。很明显,如果在此基础上交换两个数 x , y x,y x,y,那么 p p p的哈曼顿值便会增加 2 × ∣ x − y ∣ 2×∣x−y∣ 2×xy。也就是说,可以将一些数字两两配对,由于它们所产生的贡献值是互不干扰的,所以相当于是将 k 2 \frac{k}{2} 2k拆分成若干个不超过 n − 1 n−1 n1,且互不相等的数的和。

代码:

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const LL N = 200010;
const LL MOD = 998244353;
LL a[N];

void solve() {
    LL n, k;
    cin >> n >> k;
    if (k % 2 == 1)
        cout << "No" << endl;
    else {
        LL ans = 0;
        for (LL i = 1, j = n; i <= n; i++, j--) {
            a[i] = i;
            ans += abs(j - i);
        }
        if (k > ans)
            cout << "No" << endl;
        else {
            LL x = k / 2;
            for (LL i = 1, j = min(x, n - 1);; i++) {
                swap(a[i], a[i + j]);
                x -= j;
                j = min(x, n - 2 * i - 1);
                if (!x)
                    break;
            }
            cout << "Yes" << endl;
            for (LL i = 1; i <= n; i++)
                cout << a[i] << " ";
            cout << endl;
        }
    }
}

int main() {
    LL t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

D.Elections(贪心)

题意:

伯兰正在举行选举。有 n n n名候选人参加选举,编号从 1 1 1 n n n。第 i i i名候选人有 a i a_i ai名粉丝会投票给他。此外,还有 c c c人对自己喜欢的候选人举棋不定,我们姑且称他们为 “举棋不定者”。未决定的人会把票投给编号最小的候选人。

获得最高票数的候选人赢得选举,如果多个候选人获得相同的最高票数,则其中票数最低的候选人获胜。

您觉得这些选举太无聊且难以预测,因此决定将一些候选人排除在外。如果您不允许 i i i号候选人参加选举,那么他的所有 a i a_i ai个粉丝都会变得犹豫不决,并将票投给编号最小的候选人。

你很想知道,从 1 1 1 n n n的每个 i i i中,第 i i i号候选人要想赢得选举,至少需要排除多少个候选人。

分析:

直接把 c c c加到 a 1 a_1 a1上,之后求出 a a a中最靠前的最大值编号 k k k,显然 k k k的答案为 0 0 0

考虑其他 x x x的答案。由于 a x a_x ax本身不是最大值,即使是排除目前最大的 a k a_k ak,这一部分也会加到编号最小的 a i a_i ai上,最大值一定不降。所以至少要将 x x x之前的 x − 1 x−1 x1个人全部排除,才能使 x x x为编号最小,增加 a x a_x ax让其最大。

所以维护 a a a的前缀和 s s s,若 s x ≥ a k s_x≥a_k sxak,只需要把前面全去掉即可,答案为 x − 1 x−1 x1。否则需要把前面全去掉,并且把 x x x后面的最大值 a k a_k ak也去掉,答案为 x x x

代码:

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const LL N = 2e5 + 10;
const LL MOD = 998244353;
LL n, c, a[N], s[N];

void solve() {
    cin >> n >> c;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        cin >> a[i];
    a[1] += c;
    LL maxx = 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        s[i] = s[i - 1] + a[i];
        if (a[maxx] < a[i])
            maxx = i;
    }
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        if (i == maxx) {
            cout << "0" << " ";
        } else {
            if (s[i] >= a[maxx]) {
                cout << i - 1 << " ";
            } else {
                cout << i << " ";
            }
        }
    }
    cout << endl;
}

int main() {
    LL t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

E.Computing Machine(贪心、数学)

题意:

萨沙有两个长度相同的二进制字符串 s s s t t t,长度为 n n n,由字符"0"和"1"组成。

还有一台计算器可以对长度相同的二进制字符串 a a a b b b进行两种运算 k k k

  1. 如果 a i = a i + 2 = 0 a_{i}=a_{i+2}=0 ai=ai+2=0,则可以赋值 b i + 1 : = 1 b_{i+1}:=1 bi+1:=1( 1 ≤ i ≤ k − 2 1\le i\le k-2 1ik2)。
  2. 如果 b i = b i + 2 = 1 b_{i}=b_{i+2}=1 bi=bi+2=1,则可以赋值 a i + 1 : = 1 a_{i+1}:=1 ai+1:=1( 1 ≤ i ≤ k − 2 1\le i\le k-2 1ik2)。

萨沙对下面的问题产生了兴趣:如果我们考虑字符串 a = s l s l + 1 … s r a=s_ls_{l+1}\ldots s_r a=slsl+1sr和字符串 b = t l t l + 1 … t r b=t_lt_{l+1}\ldots t_r b=tltl+1tr,那么使用计算器最多可以在字符串 a a a中得到多少个"1"字符。由于萨沙非常好奇但很懒惰,所以由你来回答他感兴趣的几对字符串 ( l i , r i ) (l_i,r_i) (li,ri)的问题。

分析:

对于区间,寻找最优操作方案,我们贪心地考虑,先用 s s s 0 0 0增加 t t t 1 1 1,再用 t t t 1 1 1使 s s s 1 1 1变多,这样做一定是最优的,保证了第一步之后 t t t中的 1 1 1最多,从而最终 s s s中的 1 1 1也最多。

接着我们考虑每一位会怎样被改变。若 s i s_i si被变为 1 1 1,需要 t i − 1 = 1 t_{i−1}=1 ti1=1,同时 t i + 1 = 1 t_{i+1}=1 ti+1=1 t t t的这两位又会受到 s i − 2 , s i , s i + 2 s_{i−2},s_i,s_{i+2} si2,si,si+2的影响,所以对于每一位 s i s_i si,都只会受到 [ i − 2 , i + 2 ] [i−2,i+2] [i2,i+2]区间内的影响。

因此可以提前对整个区间进行操作,并对最终的 s s s求前缀和。对于询问长度不超过 4 4 4的情况暴力操作求解。超过 4 4 4时由于 [ l + 2 , r − 2 ] [l+2,r−2] [l+2,r2]只受区间 [ l , r ] [l,r] [l,r]内的影响,答案不变,记录下原来的答案,再单独对 [ l , l + 4 ] [l,l+4] [l,l+4]操作并记录前两位的答案,然后对 [ r − 4 , r ] [r−4,r] [r4,r]操作并记录后两位的答案,最后三部分相加即可。

代码:

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 2e5 + 10;
LL n, q, pre[N], s[N], t[N], t1[N], t2[N];
char ss[N], st[N];

void deal(int l, int r) {
    int len = r - l + 1;
    for (int i = l; i <= r; i++) {
        t1[i - l + 1] = s[i];
        t2[i - l + 1] = t[i];
    }
    for (int i = 1; i + 2 <= len; i++) {
        if (!t1[i] && !t1[i + 2])
            t2[i + 1] = 1;
    }
    for (int i = 1; i + 2 <= len; i++) {
        if (t2[i] && t2[i + 2])
            t1[i + 1] = 1;
    }
    for (int i = 1; i <= len; i++)
        t1[i] += t1[i - 1];
}

void solve() {
    cin >> n >> ss >> st >> q;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        s[i] = ss[i - 1] - '0';
        t[i] = st[i - 1] - '0';
    }
    deal(1, n);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        pre[i] = t1[i];
    while (q--) {
        LL l, r;
        cin >> l >> r;
        if (r - l < 4) {
            deal(l, r);
            cout << t1[r - l + 1] << endl;
        } else {
            int res = pre[r - 2] - pre[l + 1];
            deal(l, l + 4);
            res += t1[2];
            deal(r - 4, r);
            res += (t1[5] - t1[3]);
            cout << res << endl;
        }
    }
}

int main() {
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
        solve();
    return 0;
}

F.Large Graph(并查集)

题意:

给定一个长度为 n n n的数组 a a a。我们来构造一个大小为 n × n n\times n n×n的方阵 b b b,其中第 i i i行包含了循环右移 ( i − 1 ) (i-1) (i1)的数组 a a a。例如,对于数组 a = [ 3 , 4 , 5 ] a=[3,4,5] a=[3,4,5],得到的矩阵是

b = [ 3 4 5 5 3 4 4 5 3 ] b=\begin{bmatrix}3&4&5\\5&3&4\\4&5&3\end{bmatrix} b= 354435543

让我们构建下面的图形:

  • 该图包含 n 2 n^2 n2个顶点,每个顶点对应矩阵中的一个元素。我们把元素 b i , j b_{i,j} bi,j对应的顶点记为 ( i , j ) (i,j) (i,j)
  • 我们将在顶点 ( i 1 , j 1 ) (i_1,j_1) (i1,j1) ( i 2 , j 2 ) (i_2,j_2) (i2,j2)之间画一条边,如果 ∣ i 1 − i 2 ∣ + ∣ j 1 − j 2 ∣ ≤ k |i_1-i_2|+|j_1-j_2|\le k i1i2+j1j2k gcd ⁡ ( b i 1 , j 1 , b i 2 , j 2 ) > 1 \gcd(b_{i_1,j_1},b_{i_2,j_2})\gt 1 gcd(bi1,j1,bi2,j2)>1,其中 gcd ⁡ ( x , y ) \gcd(x,y) gcd(x,y)表示整数 x x x y y y最大公约数)。

你的任务是计算所得图形中的连通块数 † ^{\dagger}

† ^{\dagger} 图中的连通块是一个顶点集合,在这个集合中,任何顶点都可以通过边到达其他顶点,如果在这个集合中添加任何其他顶点,都会违反这一规则。

分析:

题目保证 k ≥ 2 k≥2 k2,说明斜着相邻的格子如果 g c d > 1 gcd>1 gcd>1,必定连边,很明显每个 a i a_i ai在循环移位之后分成的至多两条全是 a i a_i ai的斜线,所以除了数字为 1 1 1的情况,对角线的斜线一定同属一个连通块。

相邻两条斜线的距离是 1 1 1,由此我们可以把二维问题转为一维。使用 l o g log log分解质因数,预处理每个数的质因子,对于每个质因数找到上一次出现的位置,如果距离 ≤ k ≤k k就有边,并查集维护连通性,特判 1 1 1的情况即可。

代码:

#include<bits/stdc++.h>

typedef long long LL;
using namespace std;
const int N = 2e6 + 10;
int p[N], s[N], tot, k, a[N], lst[N], fa[N];

void init(int n) {
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        if (!s[i])
            s[i] = p[++tot] = i;
        for (int j = 1; j <= tot && p[j] <= n / i; ++j) {
            s[i * p[j]] = p[j];
            if (!(i % p[j]))
                break;
        }
    }
}

int n;
vector<int> used;
bool vis[N];
LL ans;

int find(int x) {
    return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);
}

void merge(int x, int y) {
    if (find(x) != find(y))
        fa[fa[x]] = fa[y];
}

void solve() {
    cin >> n >> k;
    for (int i = n; i < n + n; ++i) {
        cin >> a[i];
        a[i - n] = a[i];
    }
    int tmp = n;
    n = (n << 1) - 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        fa[i] = i;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        int x = a[i];
        while (x != 1) {
            int now = s[x];
            int pre = lst[now];
            if (pre && i - pre <= k)
                merge(i, pre);
            lst[now] = i;
            while (!(x % now))
                x /= now;
            if (!vis[now]) {
                vis[now] = true;
                used.push_back(now);
            }
        }
    }
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        if (a[i] == 1)
            ans += tmp - abs(tmp - i);
        else if (find(i) == i)
            ++ans;
    }
    cout << ans << endl;
    ans = 0;
    for (int x: used) {
        vis[x] = false;
        lst[x] = 0;
    }
    used.clear();
}

int main() {
    init(1000000);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--)
        solve();
    return 0;
}

赛后交流

在比赛结束后,会在交流群中给出比赛题解,同学们可以在赛后查看题解进行补题。

群号: 704572101,赛后大家可以一起交流做题思路,分享做题技巧,欢迎大家的加入。

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分布式定时任务系列10:XXL-job源码分析之路由策略

传送门 分布式定时任务系列1&#xff1a;XXL-job安装 分布式定时任务系列2&#xff1a;XXL-job使用 分布式定时任务系列3&#xff1a;任务执行引擎设计 分布式定时任务系列4&#xff1a;任务执行引擎设计续 分布式定时任务系列5&#xff1a;XXL-job中blockingQueue的应用 …

SLAM ORB-SLAM2(27)词袋模型

SLAM ORB-SLAM2(27)词袋模型 1. 词袋模型1.1. 词汇树1.2. 逆向索引表1.3. 逆向索引表2. 词袋向量3. 匹配候选帧3.1. 找出和当前帧具有公共单词的所有关键帧3.2. 找出和当前帧最多公共单词的关键帧3.3. 剔除共享单词数较少的关键帧3.4. 计算关键帧的共视关键帧组的总得分3.5. …

CentOS系统查看版本的各个命令

cat /etc/centos-release 查看CentOS版本 uname -a 命令的结果分别代表&#xff1a;当前系统的内核名称、主机名、内核发型版本、节点名、系统时间、硬件名称、硬件平台、处理器类型以及操作系统名称 cat /proc/version 命令用于查看Linux内核的版本信息。执行该命令后&#xf…

Ubuntu/Linux系统安装JDK1.8(带jdk1.8资源和操作教程)

文章目录 前言一、JDK1.8下载二、上传三、安装四、配置环境变量五、查看总结 前言 &#xff01;&#xff01;&#xff01;&#xff01;&#xff01;&#xff01;&#xff01;&#xff01;&#xff01;&#xff01;&#xff01;&#xff01;Ubuntu/Linux jdk1.8安装包&#xff…

JetBrains PyCharm 2024 mac/win版编程艺术,智慧新篇

JetBrains PyCharm 2024是一款功能强大的Python集成开发环境(IDE)&#xff0c;专为提升开发者的编程效率和体验而设计。这款IDE不仅继承了前代版本的优秀特性&#xff0c;还在多个方面进行了创新和改进&#xff0c;为Python开发者带来了全新的工作体验。 JetBrains PyCharm 20…

初阶《操作符详解》 3. 移位操作符

3. 移位操作符 <<  左移操作符 >>  右移操作符 注&#xff1a;移动的是二进制位&#xff0c;移位操作符的操作数只能是整数。 一个存储的二进制码分原码、反码、补码 1.十进制数据的二进制表现形式就是原码&#xff0c;原码最左边的一个数字就是符号位&#xff…

leetcode 二分查找·系统掌握

题目&#xff1a; 题解&#xff1a; 在阶梯数达到某一值后已有的硬币数量就小于了阶梯可以装的硬币数量&#xff0c;根据题意可以使用~10~泛型查找出最后一个可以被填满的阶梯。对于这类型可以二分答案的题目关键在于二分答案的上下界&#xff0c;本题的下界就是1上界就是硬币…

Redis-数据类型-Set(不允许重复)

文章目录 1、查看redis是否启动2、通过客户端连接redis3、切换到2数据库4、给key指定的set集合中存入数据&#xff0c;set会自动去重5、返回可以指定的set集合中所有的元素6、返回集合中元素的数量(set cardinality)7、检查当前指定member是否是集合中的元素8、从集合中删除元素…

[JS]数据类型

介绍 在计算中一切事物都是数据, 为了提高数据的存储和使用效率, 要对数据进行类型的分类 栈(操作系统): 由操作系统自动分配释放函数的参数值, 局部变量的值等, 其操作方式类似于数据结构中的栈; 基本数据类型存放在栈里面string, number, boolean, undefined, null 堆(操作…

C++STL 初阶(5)vector的简易实现(上)

不同于string只实现一个最简单的版本&#xff0c;vector在此处我们要实现的是模版类&#xff0c;类模版的声明和定义分离非常不方便&#xff08;会在链接时报错&#xff09;&#xff0c;所以我们都只在一个vector.h下去实现声明和定义。后续我们提及到的库里面实现的vector也是…

UEC++ 虚幻5第三人称射击游戏(一)

UEC 虚幻5第三人称射击游戏&#xff08;一&#xff09; 创建一个空白的C工程 人物角色基本移动 创建一个Character类添加一些虚幻商城中的基础动画 给角色类添加Camera与SPringArm组件 UPROPERTY(VisibleAnywhere, BlueprintReadOnly, Category "SpringArm")clas…