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摘要： 前序遍历的第一个元素是根，设其为r，则可以在中序遍历中找到r，并分别确定左右子树的前序遍历和中序遍历。这样递归求解即可。 注意，在中序遍历中查找r时，可以不用遍历，而是预处理出每个r在中序遍历I中的位置invI，这样就可以在O(1)的时间查找到。 是否可以生成一棵二叉树的条件为，每一次递归，判断r在 阅读全文

摘要： 当动态规划需要的数组范围太大，且当前状态只与前几维状态相关时，可以用滚动数组存储。 例如 二个滚动数组 dp[i&1]...=dp[i-1&1]... 三个滚动数组 dp[i%3]...=dp[(i-1)%3]....+dp[(i-2)%3].....; 阅读全文

摘要： 对于一个首尾相接的数组，设其旋转k1、k2、k3...次后可以恢复原状。 且k1<k2<k3<...。 则可以肯定，k1为这个数组的循环节，且k2、k3...均为k1的倍数。 一种求循环节的方法为： 对长度为n的循环字符串，先从小到大遍历可能的循环节的长度i，判断是否n%i==0，然后对其中的除第一 阅读全文

摘要： 291. 蒙德里安的梦想 此题使用状态压缩dp进行计算，状态表示使用一个数j，其中j的二进制位为1的位置表示1*2的第一个小方格并向后延伸。 由于1*2的第二个小方格和2*1的任意一个小方格与后面是没有联系的，对于后面的处理是等价的， 所以状态只用表示和后面产生联系的1*2的第一个小方格。 转移方法 阅读全文

摘要： 根据三个等价条件，可以将n^2个数的GCD转化为n个数的GCD，且这n个数是连续的，可以通过线段树在log时间求解。 转化方式为 a与b的GCD=a与a-b的GCD，因为b=x*GCD。 阅读全文

摘要： 设f(x)为x的最大平方除数(x的除数且为平方数)，两数i与j相乘为平方数，等价于i/f(i)*j/f(j)为平方数且由于i / f(i)与j / f(j)不可能被任何质数整除两次以上则两数i与j相乘为平方数，等价于i / f(i)= j/ f(j)且f(i)可以在sqrt(i)的时间复杂度求出。 阅读全文

摘要： dp中的状态机模型会增加一维表示当前的状态。根据状态间的转移方式进行dp 1052. 设计密码 此题需要结合kmp和状态机模型 状态的定义是 dp[i][j]表示遍历到字母i，且匹配了长度为j的模板串，匹配模板串的长度即为状态。 状态的转移根据i-1位的匹配长度，以及i位的字母，计算i位的匹配长度。 阅读全文

摘要： 对一个字符串的子字符串，判断回文一般需要O(n)的时间， 但是如果预先处理出子字符串的哈希值，则可以在O(1)的时间判断。 具体方法是，如果是小写字母，则可以用26进制数进行记录。 base=26; for(...) ha[i]=ha[i-1]*base+(str[i]-'a'); 再反着进行一次哈 阅读全文

摘要： C++中class和struct除了空的默认构造函数，还存在传入初始化列表的默认构造函数。 使用方式为： struct s { int a,b; double c; } int main() { s s1={1,1,1.1}; } View Code 但是在类内如果提供了构造函数，则不会生成默认构造 阅读全文

摘要： 背包问题可以用dp数组记录最大值。 可以新增另一个数组count，记录等于最大值的方案数， 这样，在算出最大值后，在求解一遍可以以最大值转移过来的方案数的和，即可得到最大值的方案数。 AcWing 11. 背包问题求方案数 代码如下： #include<bits/stdc++.h> using na 阅读全文