摘要： 原题链接 题解 拓扑排序+dp。 首先以入度为零的结点为起始结点，其游览城市数量为1，接下来每到下一结点，游览城市数++；即当前结点的游览城市数是上一结点的游览数+1，并取最大值。 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int 阅读全文

摘要： 原题链接 在拓扑排序的基础上加上了一个条件：尽可能按字典序排序，这就使得题目难度加大。 题解：拓扑排序+小根堆 拓扑排序是采用队列一个一个出队列来删除对应结点的边，那么我们只需要保证每次出队列的结点都尽可能小，就能保证字典序。 每次出队列的值都为队列中的最小值，刚好可以采用小根堆来实现。 code 阅读全文

摘要： 原题链接 拓扑排序模板。 code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e4+5; int head[105],Next[N],to[N],que[105],sum[105]; void build(int i,int 阅读全文

摘要： 原题链接 这道题运用了 逆序思维 的方法。具体看题解区。 code class Solution { public: int n,m,sum=0; void dfs(vector<vector<int>>& grid,int i,int j){ if (i<0 || i>=n || j<0 || j 阅读全文

摘要： 原题链接 扩展欧几里得算法的应用，关于原理性的讲解这里就略去了，这边给出学习链接即模板。 int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){ if (b==0){ x=1; y=0; return x; } int d=exgcd(b,a%b,x,y); x=y; y=d-a 阅读全文

摘要： 原题链接 我们先根据题意构建图G。然后我们可以得出如果一个普通结点A连接着两个感染源结点，那么其无论如何都会被感染；因此我们要找寻那些只与一个感染源结点相连接的普通节点； 然后我们在图中把感染源结点擦除，可以得到几个只由普通结点构成的图，我们把这几张图看作一个集合（即使用并查集）；接着我们遍历每个集 阅读全文

摘要： 原题链接 根据题意我们可以得到一个很有趣的结论：处于同一行或者同一列的石头是共处一个集合的，而一个集合最终可以消除到只剩一个石头。（可以实验一下） 因此我们采取并查集实现。 Code class Solution { public: int sum=0; int father[1005]; map< 阅读全文

摘要： 原题链接 并查集模板练手。 递归版本 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=1e4+5; int father[N]; int find(int mid){ if (father[mid]!=mid){ father[mid 阅读全文

摘要： 原题链接 首先根据题意可以列出暴力解法，时间复杂度为O（n^2）,很明显会超时。 接下来讲解双指针解法： 设两指针i , j ，指向的水槽板高度分别为h[i] , h[j] 。由于可容纳水的高度由两板中的 短板 决定，因此可得面积公式S=min(h[i],h[j])*(j-i). 在每个状态下，无论 阅读全文

摘要： 原题链接 解法一：二分搜素 首先我们知晓A-B=C,那么A=B+C,我们只需要遍历数组中的每一个元素然后在数组中搜素a[i]+c的值是否存在即可。 Code #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; cons 阅读全文