有无拼多多租房群呀，大概6，7月入职

娃已经等好久了🙏

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1.推个公式先判断在哪个页面，再从小到大求出页码 2.用map存已经使用过的数，dfs+回溯+剪枝，考虑对于每次拆出来的数都要比前面拆分出来的大，从而减低复杂度，剪枝考虑当前剩下的数值够不够剩下拆分的次数 * 拆分最小均值。 3.模拟：每次直接求出每个数的string存储的16进制，然后用string保存并连接每个数的16进制string，边遍历边保存当前位置字符到另一个string作为答案，如果当前字符是'0'考虑是否有多个连续的'0'，如果有取出不超过27个连续'0',用小写字母代替 4.模拟：用vector<uint8_t> a保存当前俄罗斯方块当前每一行的游戏状态，遍历每个...

题意 ①题意中的度指的是对于数中每个结点的边数和，实际上就是图中无向图结点的度②根据树的特点，每个结点度至少为1，且n个结点的有n-1条边，每条边连接两个点，对这两个点都有一个度的贡献，所以树的度的和为 2*(n-1)③问题转化为 对 n 个结点选择 1 ~ (n - 1) 的度数，在度数和为 2 * （ n - 1 ）的前提下，求最大价值 其实我很好奇这样构造在结点个数和度数满足树的条件时，到底真的实际上能不能构造出这棵树，不知道有无证明？ 1.很明显但会T的O(n^3)的做法 n^3的背包dp做法很明显，dp[i][j] 前 i 个 结点 一共花了 j 的度数，可以开一个滚动数组，内存够了...

题目可以转换成 "能否找到两条从起点到终点无重复格子的路径（起点和终点可以重复）"。 可以写个记忆化搜索，搜索两次，第一次搜索后把第一次的路径除了起点和终点标记为 墙。然后再搜索一次看看有没有第二条路径。如果有则"YES" 否则 "NO"  具体看代码 时间复杂度 O(N)   #include<bits/stdc++.h> using namespace std; int n,m; const int N = 1e6 + 10; int dp[4][N]; bool v[4][N];//为 true说明这个点没有路径可以...

因为题目保证一定有解，而且以及没有啥可以用的性质， 所以就直接暴力搜索所有方案。记得剪枝防止一个状态多次搜索，具体看代码   #include<bits/stdc++.h> using namespace std; struct ty{ string y;//当前的字符串 int ct;//交换了几次 }; queue<ty> q; string x = "cocacola"; unordered_map<string,int> mp; int main(){ ty s; s.ct = 0; cin >> s.y; ++mp[...

首先格子编号 从 1 ~ n 分别对应二进制位从低位到高位对应的值。对于第i个格子就是2^(i-1)，所以对于s如果二进制某一位是 1 则说明要取这个格子的米粒，如果为0说明不取. 所以你这题只要判断下S二进制位中为1对应的格子 是否存在 且 非空，如果出现了一个格子是空的，或者没有这个格子，那么就是"NO"无法构造出这个方案，否则输出"YES"表示可以构成这个方案. 注意cin >> 要开usigned long long 不然就会有样例过不了（不知道为啥）,scanf的话用long long 是可以的   #include<bits...

这题会出现物品体积为0的情况 :(