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题目链接 这周基本都是搜索题，做的快吐血了，虽然不是非常难，但是精细的问题还是挺多的，还有一些之前很少遇到的tle和mle，听说还有很多人格式错误，算是“五毒俱全”了，所以每道题还是有不少探讨的地方的。 A 之前想要搞一些花头，结果每次都wa了，所以最后直接暴力写了一个，倒是通过了，不过有点慢就是了。 # include <cstdio> int main() { char s[ 1010 ]; while (~ scanf ( "%s" , s)) { int i, k; bool f = 1 ; while (f) { f = 0 ; k = 0 ; for (i = 0 ; s[i] ; i++) { if (s[i] == 'y' && s[i + 1 ] == 'y' && !f) { s[k++] = 'Y' ; i++; f = 1 ; } else if (s[i] == 'Y' && s[i + 1 ] == 'Y' && !f) { i++; f = 1 ; } else s[k++] = s[i]; } s[k] = 0 ; } puts (s); } return 0 ; } B 这道题和约瑟夫环那道题挺像的，可以用类似xdoj1018里我的方法做，因为这个每次消减的更多，高达一半或者三分之二，所以复杂度仅有logn。说说具体的做法

Problem Description JOJO 的奇幻冒险是一部非常火的漫画。漫画中的男主角经常喜欢连续喊很多的「欧拉」或者「木大」。 为了防止字太多挡住漫画内容，现在打算在新的漫画中用 \(x\) 欧拉或者 \(x\) 木大表示有 \(x\) 个欧拉或者木大。 为了简化内容我们现在用字母表示喊出的话。 我们用数字和字母来表示一个串，例如： 2 a 3 b 表示的串就是 aabbb 。 一开始漫画中什么话都没有，接下来你需要依次实现 \(n\) 个操作，总共只有 \(2\) 种操作： 第一种： 1 x c ：在当前漫画中加入 \(x\) 个 \(c\) ，表示在当前串末尾加入 \(x\) 个 \(c\) 字符。保证当前串是空串或者串尾字符不是 \(c\) ； 第二种： 2 x ：觉得漫画没画好，将漫画还原到第 \(x\) 次操作以后的样子，表示将串复原到第 \(x\) 次操作后的样子，如果 \(x=0\) 则是将串变成空串。如果当前串是 bbaabbb ，第 \(4\) 次操作后串是 bb ，则 2 4 会使 bbaabbb 变成 bb ，保证 \(x\) 小于当前操作数。 众所周知空条承太郎十分聪明，现在迪奥已经被打败了，他开始考虑自己的漫画中的一些问题： 对于一个串的每个前缀 \(A\) ，都有一个最长的比它短的前缀 \(B\) 与前缀 \(A\) 的一个后缀匹配

传送门 暴力能拿 \(60\) ~ \(70pts\) 。 具体的...以后再更吧 #include <queue> #include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> #define INF 1e7 #define il inline #define re register #define tie0 cin . tie ( 0 ), cout . tie ( 0 ) #define fastio ios :: sync_with_stdio ( false ) #define File ( x ) freopen ( x ".in" , "r" , stdin ); freopen ( x ".out" , "w" , stdout ) using namespace std ; typedef long long ll ; template < typename T > inline void read ( T & x ) { T f = 1 ; x = 0 ; char c ; for ( c = getchar (); ! isdigit ( c ); c = getchar ()) if ( c == '-' ) f = - 1 ; for ( ; isdigit (

・ P1443 - 马的遍历 1 #include <iostream> 2 #include <iomanip> 3 #include <cstdio> 4 #include <string.h> 5 #include <algorithm> 6 using namespace std; 7 int nx[9]={2,2,-2,-2,1,-1,1,-1}; 8 int ny[9]={1,-1,1,-1,2,2,-2,-2}; 9 int ans[401][401]; 10 int n,tot=0,m,sx,sy,orz,sam; 11 void dfs(int,int,int); 12 int main() 13 { 14 memset(ans,-1,sizeof(ans)); 15 cin>>n>>m>>sx>>sy; 16 dfs(sx,sy,0); 17 for(int i=1;i<=n;i++) 18 { 19 for(int j=1;j<=m;j++) 20 printf("%-5d",ans[i][j]); 21 cout<<endl; 22 } 23 } 24 void dfs(int x,int y,int step) 25 { 26 if(step>130) return; 27 ans[x][y]=step; 28 for(int i=0;i<8;i++)

题目 题目描述 小明是一名出色的棋手，声称没有人能像他那样快速地把骑士从一个位置移到另一个位置，你能打败他吗？ 编写一个程序，计算一个骑士从棋盘上的一个格子到另一个格子所需的最小步数。骑士一步可以移动到的位置由下图给出。 输入 第一行给出骑士的数量 n。对于每一个骑士都有3行，第一行一个整数 L 表示棋盘的大小（4≤L≤300），整个棋盘大小为 L×L； 第二行和第三行分别包含一对整数 (x,y)，表示骑士的起始点和终点。假设对于每一个骑士，起始点和终点均合理。 输出 对每一个骑士输出一行，一个整数表示需要移动的最小步数。如果起始点和终点相同，则输出 0。 样例输入 3 8 0 0 7 0 100 0 0 30 50 10 1 1 1 1 样例输出 5 28 0分析这道题是一道广搜题，用深搜可能会时间超限。这道题难度也不低，代码很长，需要用到队列queue代码 #include<bits/stdc++.h> using namespace std; bool vis[301][301]; int step[301][301],ans,t,n,sx,sy,ex,ey,nx,ny; int main() { scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%d%d%d%d%d",&n,&sx,&sy,&ex,&ey); queue<int> qx,qy; qx

画山 paint 有一张大小为n*m的白纸，小R想在纸上画一片绵延的群山。 为了描述方便，我们将纸张表示在坐标系上，四个顶点的坐标分别为(0,0)，(n,0)，(0,m)，(n,m)。 小R有一只神奇的画笔，能画p种不同的线段，每种线段用两个参数a，b表示，若画笔停留的位置为(x,y)，则能画一条从(x,y)到(x+a,y+b)的线段，然后画笔停留在(x+a,y+b)，每种线段能画任意次。 小R需要从(0,0)开始，在(n,0)结束，在不超过纸张大小的范围内(可以在边界上)画一片绵延的群山。求一共有多少种本质不同的山形(亦即我们不认为画两次(1,1)和画一次(2,2)有任何区别)。由于结果可能会很大，你只需输出对1,000,000,007取模后的值。 【数据范围】 对于40%的数据，n,m,p≤10 对于100%的数据，n,m,p≤100，1≤ai≤10，-10≤bi≤10 这数据范围看着就很佛系 先把斜率相同的画笔归类，处理处该画笔可以画多少不同的长度。 可以令f[x][y][i]表示画到（x,y），最后一次用的笔种类是i的方案数 再记s[x][y]表示画到（x,y）总方案数 转移的时候取两个差值，避免同一种笔画两次就行。 1 #include<cstdio> 2 #include<iostream> 3 #include<cstdlib> 4 #include<cstring>

文章转载自唐康林NX二次开发论坛，原文出处： http://www.nxopen.cn/thread-126-1-1.html 刚才有同学问到这个问题，如果是用NXOpen来做，直接录制一下就可以了； 在UFUN里面没有直接的函数； 思路就是： 1 、先将工程图转换为cgm 2 、调用系统的cgm2pdf . exe工具，将上一步转换的cgm再转成PDF格式； 以下是我写的一个例子。大家可以拿一个工程图测试以下代码，最后会在C盘生成tkl . cgm与tkl . pdf两个文件。 # include <uf.h> # include <uf_draw.h> # include <uf_cgm.h> # include <windows.h> UF_initialize ( ) ; tag_t drawing_tag = NULL_TAG ; UF_DRAW_ask_current_drawing ( & drawing_tag ) ; if ( drawing_tag != NULL_TAG ) { UF_CGM_export_options_t export_options ; UF_CGM_ask_default_export_options ( & export_options ) ; //UF_CGM_ask_session_export_options(&export

看着复杂，其实理一理之后还好 重要的是 伪代码技巧 #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<cstring> using namespace std; int n,mxh; const int N=1e3+3,inf=1<<30; struct node { int l,r,h; bool operator < (const node & o) const { return h>o.h; } //我先处理上面的，然后递归深入 }d[N]; int f[N][2]; int find(int st,int x ,int low) { for(int i=st;i<=n;i++) if(d[i].h <low)//超过mxh，就算找到了也没用，不如直接清掉 return n+1; else if(d[i].l <=x && d[i].r >=x )//恰好落在平台边缘，视作落在平台上 return i; return n+1; } bool vis[N]; void work(int nw) { //我已经memset成inf了，所以直接找能走的更新就行 if(vis[nw]) return ; vis[nw]=true; //往左走 int x=d[nw].l ; int nx=find(nw+1

题目链接 题解 CF723D 【Lakes in Berland】 首先将边界的水用bfs处理掉 再将中间的每一个湖泊处理出来，存入一个结构体内，结构体里记录湖泊大小和开始点 将湖泊排序从小往大填满，并利用开始点进行bfs改变地图 细节见代码： #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m,k; int vis[100][100],mapp[100][100]; int dx[5]={0,-1,0,1,0}; int dy[5]={0,0,1,0,-1},cnt; struct SYM{ int cc,sx,sy; }lake[10000]; void bfs(int x,int y,int opt){ queue<int> qx,qy;int siz=0; if(opt==1){ //处理边界 vis[x][y]=1;qx.push(x);qy.push(y); while(!qx.empty()){ int xx=qx.front(),yy=qy.front();qx.pop();qy.pop(); for(int i=1;i<=4;i++){ int nx=xx+dx[i],ny=yy+dy[i]; if(nx==0||ny==0||nx==n+1||ny==m+1) continue; if(vis[nx][ny]

[CF1236D] Alice and the Doll Description \(N \times M\) 网格，有 \(K\) 个格子里有障碍物。每次经过一个格子的时候只能直走或者右转一次。初态在 \((1,1)\) 格子向上。求是否存在一条路径经过所有无障碍格子恰好一次。 Solution 最优的走法是遇到障碍或者边界就右转，否则直走。 走过一排格子相当于挪动边界线。 这两个结论仔细品味起来很挺有深度的。 然后暴力模拟就可以了，找障碍物的过程可以用 set 优化。 这题的坐标系好像有点奇怪，SB的我就这么搞反坐标WA了一发。然后忘记开longlong又WA了一发。 Code #include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long const int N = 100005; int n,m,k,t1,t2,t3,t4,lx,ly,ux,uy,dir,ans=1; set <int> sx[N],sy[N]; int FindIncX(int x,int y) { return min(ux,*sy[y].lower_bound(x)); } int FindDecX(int x,int y) { return max(lx,*(--sy[y].lower_bound(x))); } int