A. PERFECT NUMBER PROBLEM

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/38220

题意：

输出前五个完美数

分析：

签到。直接百度完美数输出即可

#include<bits/stdc++.h>

#define ios std::ios::sync_with_stdio(false) , std::cin.tie(0) , std::cout.tie(0)

#define sd(n) scanf("%d",&n)

#define sdd(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)

#define sddd(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)

#define pd(n) printf("%d\n", (n))

#define pdd(n,m) printf("%d %d\n", n, m)

#define pld(n) printf("%lld\n", n)

#define pldd(n,m) printf("%lld %lld\n", n, m)

#define sld(n) scanf("%lld",&n)

#define sldd(n,m) scanf("%lld%lld",&n,&m)

#define slddd(n,m,k) scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k)

#define sf(n) scanf("%lf",&n)

#define sff(n,m) scanf("%lf%lf",&n,&m)

#define sfff(n,m,k) scanf("%lf%lf%lf",&n,&m,&k)

#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)

#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)

#define mm(a,n) memset(a, n, sizeof(a))

#define pb push_back

#define all(x) (x).begin(),(x).end()

#define fi first

#define se second

#define ll long long

#define numm ch - 48

#define MOD 1000000007

#define INF 0x3f3f3f3f

#define pi 3.14159265358979323

#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl

#define debug2(x, y)          cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<< endl;

#define debug3(x, y, z)       cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<<" | "<<#z<<": "<<z<<endl;

#define debug4(a, b, c, d)    cout <<#a<<": "<<a<<" | "<<#b<<": "<<b<<" | "<<#c<<": "<<c<<" | "<<#d<<": "<<d<<endl;

using namespace std;

template<typename T>void read(T &res){bool flag=false;char ch;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);

for(res=numm;isdigit(ch=getchar());res=(res<<)+(res<<)+numm);flag&&(res=-res);}

template<typename T>void Out(T x){if(x<)putchar('-'),x=-x;if(x>)Out(x/);putchar(x%+'');}

ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}

ll lcm(ll a,ll b){return a*b/gcd(a,b);}

ll pow_mod(ll x,ll n,ll mod){ll res=;while(n){if(n&)res=res*x%mod;x=x*x%mod;n>>=;}return res;}

ll fact_pow(ll n,ll p){ll res=;while(n){n/=p;res+=n;}return res;}

const int N = 2e5 + ;

int main()

{

    printf("6\n28\n496\n8128\n33550336\n");

    return ;

}

H. Coloring Game

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/38227

题意：

给你个 2 * N 的网格 , 你有up(↑), down(↓), left(←), right(→), left up(↖), left down(↙), right up(↗), right down (↘) 八个路径走到下一个网格

网格原来是全白色的 , 你每经过一个网格它就会变黑色（白变黑 , 黑变黑）. 要求你从左上角走到右下角 , 问能有多少种不同的配色方案（只要有一处网格颜色不同即为不同方案）

分析：

由于起点和终点固定 , 所以对于第一列和最后一列网格不同配色方案为 2 * 2 = 4 ; 而对于起点与终点之间的网格每一列都只有三种状态（黑白、白黑、黑黑）,所以答案为 4 * 3 ^ (n - 2) % MOD;

快速幂跑一遍。。。

#include<bits/stdc++.h>

#define ios std::ios::sync_with_stdio(false) , std::cin.tie(0) , std::cout.tie(0)

#define sd(n) scanf("%d",&n)

#define sdd(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)

#define sddd(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)

#define pd(n) printf("%d\n", (n))

#define pdd(n,m) printf("%d %d\n", n, m)

#define pld(n) printf("%lld\n", n)

#define pldd(n,m) printf("%lld %lld\n", n, m)

#define sld(n) scanf("%lld",&n)

#define sldd(n,m) scanf("%lld%lld",&n,&m)

#define slddd(n,m,k) scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k)

#define sf(n) scanf("%lf",&n)

#define sff(n,m) scanf("%lf%lf",&n,&m)

#define sfff(n,m,k) scanf("%lf%lf%lf",&n,&m,&k)

#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)

#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)

#define mm(a,n) memset(a, n, sizeof(a))

#define pb push_back

#define all(x) (x).begin(),(x).end()

#define fi first

#define se second

#define ll long long

#define numm ch - 48

#define INF 0x3f3f3f3f

#define MOD 1000000007

#define pi 3.14159265358979323

#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl

#define debug2(x, y)          cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<< endl;

#define debug3(x, y, z)       cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<<" | "<<#z<<": "<<z<<endl;

#define debug4(a, b, c, d)    cout <<#a<<": "<<a<<" | "<<#b<<": "<<b<<" | "<<#c<<": "<<c<<" | "<<#d<<": "<<d<<endl;

using namespace std;

template<typename T>void read(T &res){bool flag=false;char ch;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);

for(res=numm;isdigit(ch=getchar());res=(res<<)+(res<<)+numm);flag&&(res=-res);}

template<typename T>void Out(T x){if(x<)putchar('-'),x=-x;if(x>)Out(x/);putchar(x%+'');}

ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}

ll lcm(ll a,ll b){return a*b/gcd(a,b);}

ll pow_mod(ll x,ll n,ll mod){ll res=;while(n){if(n&)res=res*x%mod;x=x*x%mod;n>>=;}return res;}

ll fact_pow(ll n,ll p){ll res=;while(n){n/=p;res+=n;}return res;}

const int N = 2e5 + ;

int main()

{

    ll n;

    cin >> n;

    if(n == ){

        cout <<  << endl;

        return ;

    }

    cout <<  * pow_mod( , n -  , MOD) % MOD << endl;

    return ;

}

I. Max answer

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/38228

题意：

给一个长为n(n <= 500000)的数组a, 对每个区间，求区间和乘区间最小值的最大值(−1e5 ≤ ai ≤1e5).

分析：

这道题乍一看像是单调栈的模板题 , 但很可惜的是 ai 的取值可以为负数 , 所以对于以 ai 为最小值的区间 , 若 ai 为负数 , 要找到最小区间和 , 若为 ai 为正数 , 要找到最大区间和

对于正数ai，利用单调栈寻找以ai为最小值的区间，利用前缀和数组求区间和再*ai 即结果（ai 为正数 , ai为区间最小值）

先用单调栈求出以a[i]为最小值能够延伸的左端点L[i]和右端点R[i] , 然后对于每个正数，我们用该数乘以这个区间和。区间和用前缀和来求，对于每个数所能影响的最大区间我们已经求出来了。对于负数来说，我们需要求在它右区间的最小前缀和减去左区间的最大前缀和 , 因为只有它的区间和最小对应的这个区间的value值才最大，又由区间和=sum[j]-sum[i]可知，sum[j]最小，sum[i]最大时才能时这个区间和最小，所以问题的关键转化为寻找最小的sum[j]和最大的sum[i]

对于右区间的最小前缀和，以及左区间的最大前缀和我们用线段树来求

#include<bits/stdc++.h>

#define ios std::ios::sync_with_stdio(false) , std::cin.tie(0) , std::cout.tie(0)

#define sd(n) scanf("%d",&n)

#define sdd(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)

#define sddd(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)

#define pd(n) printf("%d\n", (n))

#define pdd(n,m) printf("%d %d\n", n, m)

#define pld(n) printf("%lld\n", n)

#define pldd(n,m) printf("%lld %lld\n", n, m)

#define sld(n) scanf("%lld",&n)

#define sldd(n,m) scanf("%lld%lld",&n,&m)

#define slddd(n,m,k) scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k)

#define sf(n) scanf("%lf",&n)

#define sff(n,m) scanf("%lf%lf",&n,&m)

#define sfff(n,m,k) scanf("%lf%lf%lf",&n,&m,&k)

#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)

#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)

#define mm(a,n) memset(a, n, sizeof(a))

#define pb push_back

#define all(x) (x).begin(),(x).end()

#define fi first

#define se second

#define ll long long

#define numm ch - 48

#define MOD 1000000007

#define INF 0x3f3f3f3f

#define pi 3.14159265358979323

#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl

#define debug2(x, y)          cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<< endl;

#define debug3(x, y, z)       cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<<" | "<<#z<<": "<<z<<endl;

#define debug4(a, b, c, d)    cout <<#a<<": "<<a<<" | "<<#b<<": "<<b<<" | "<<#c<<": "<<c<<" | "<<#d<<": "<<d<<endl;

using namespace std;

template<typename T>void read(T &res){bool flag=false;char ch;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);

for(res=numm;isdigit(ch=getchar());res=(res<<)+(res<<)+numm);flag&&(res=-res);}

template<typename T>void Out(T x){if(x<)putchar('-'),x=-x;if(x>)Out(x/);putchar(x%+'');}

ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}

ll lcm(ll a,ll b){return a*b/gcd(a,b);}

ll pow_mod(ll x,ll n,ll mod){ll res=;while(n){if(n&)res=res*x%mod;x=x*x%mod;n>>=;}return res;}

ll fact_pow(ll n,ll p){ll res=;while(n){n/=p;res+=n;}return res;}

const int N = 5e5 + ;

ll sum[N],a[N];

ll maxn[N << ],minn[N << ];

void build(int l,int r,int root)

{

    if(l==r)

    {

        maxn[root]=minn[root]=sum[l];

        return ;

    }

    int mid=l+r>>;

    build(l,mid,root<<);

    build(mid+,r,root<<|);

    maxn[root]=max(maxn[root<<],maxn[root<<|]);

    minn[root]=min(minn[root<<],minn[root<<|]);

}

ll qmax(int l,int r,int root,int ql,int qr)

{

    if(l>=ql&&r<=qr)

        return maxn[root];

    int mid=l+r>>;

    ll ans=-INF;

    if(mid>=ql)

        ans=qmax(l,mid,root<<,ql,qr);

    if(mid<qr)

        ans=max(ans,qmax(mid+,r,root<<|,ql,qr));

    return ans;

}

ll qmin(int l,int r,int root,int ql,int qr)

{

    if(l>=ql&&r<=qr)

        return minn[root];

    int mid=l+r>>;

    ll ans=INF;

    if(mid>=ql)

        ans=qmin(l,mid,root<<,ql,qr);

    if(mid<qr)

        ans=min(ans,qmin(mid+,r,root<<|,ql,qr));

    return ans;

}

int LL[N],RR[N],st[N];

int main()

{

    ios;

    int n;

    cin >> n;

    rep(i , ,n)

    cin >> a[i],sum[i] = sum[i-]+a[i];

    build(,n,);

    int top=;

    rep(i , ,n)

    {

        while(top&&a[st[top]]>a[i])

            RR[st[top--]]=i-;

        st[++top]=i;

    }

    while(top)

        RR[st[top--]]=n;

    for(int i=n;i>=;i--)

    {

        while(top&&a[st[top]]>a[i])

            LL[st[top--]]=i+;

        st[++top]=i;

    }

    while(top)

        LL[st[top--]]=;

    ll ans = -INF;

    rep(i , ,n)

    {

        if(a[i]>)

            ans=max(ans,a[i]*(sum[RR[i]]-sum[LL[i]-]));

        else

            ans=max( ans,a[i]*( qmin(,n,,i,RR[i])-qmax(,n,,LL[i],i)) );

    }

       cout << ans << endl;

    return ;

}

K. MORE XOR

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/38230

题意：

分析：

对于 L - R 内的每一个数 ai 只有当 ai 出现次数为奇数时才会对结果做出贡献 , 所以我们可以先暴力打表找找规律

打表函数：

void f(int l,int r)

{

    for(int i=l; i<=r; i++)

        cnt[i]++;

}

void g(int l,int r)

{

    for(int x=l; x<=r; x++)

        for(int y=x; y<=r; y++)

            f(x,y);

}

void w(int l,int r)

{

    for(int x=l; x<=r; x++)

        for(int y=x; y<=r; y++)

            g(x,y);

}

打表

记录每个数字出现的次数，奇数次说明这个数存在于答案中，偶数次相当于对答案没有贡献。打表找规律发现跟4的倍数有关，所以我们预处理以4为分组的异或和，然后O(1)输出结果就可以了。

#include<bits/stdc++.h>

#define ios std::ios::sync_with_stdio(false) , std::cin.tie(0) , std::cout.tie(0)

#define sd(n) scanf("%d",&n)

#define sdd(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)

#define sddd(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)

#define pd(n) printf("%d\n", (n))

#define pdd(n,m) printf("%d %d\n", n, m)

#define pld(n) printf("%lld\n", n)

#define pldd(n,m) printf("%lld %lld\n", n, m)

#define sld(n) scanf("%lld",&n)

#define sldd(n,m) scanf("%lld%lld",&n,&m)

#define slddd(n,m,k) scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k)

#define sf(n) scanf("%lf",&n)

#define sff(n,m) scanf("%lf%lf",&n,&m)

#define sfff(n,m,k) scanf("%lf%lf%lf",&n,&m,&k)

#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)

#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)

#define mm(a,n) memset(a, n, sizeof(a))

#define pb push_back

#define all(x) (x).begin(),(x).end()

#define fi first

#define se second

#define ll long long

#define numm ch - 48

#define MOD 1000000007

#define INF 0x3f3f3f3f

#define pi 3.14159265358979323

#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl

#define debug2(x, y)          cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<< endl;

#define debug3(x, y, z)       cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<<" | "<<#z<<": "<<z<<endl;

#define debug4(a, b, c, d)    cout <<#a<<": "<<a<<" | "<<#b<<": "<<b<<" | "<<#c<<": "<<c<<" | "<<#d<<": "<<d<<endl;

using namespace std;

template<typename T>void read(T &res){bool flag=false;char ch;while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);

for(res=numm;isdigit(ch=getchar());res=(res<<)+(res<<)+numm);flag&&(res=-res);}

template<typename T>void Out(T x){if(x<)putchar('-'),x=-x;if(x>)Out(x/);putchar(x%+'');}

ll gcd(ll a,ll b){return b?gcd(b,a%b):a;}

ll lcm(ll a,ll b){return a*b/gcd(a,b);}

ll pow_mod(ll x,ll n,ll mod){ll res=;while(n){if(n&)res=res*x%mod;x=x*x%mod;n>>=;}return res;}

ll fact_pow(ll n,ll p){ll res=;while(n){n/=p;res+=n;}return res;}

const int N = 1e5 + ;

ll a[N] , sum[N];

int n , q;

int main()

{

    int t;

    sd(t);

    while(t--)

    {

        cin >> n;

        rep(i , ,n)

        sld(a[i]);

        sd(q);

        rep(i ,  ,n)

        {

            if(i <= ) sum[i] = a[i];

            else

                sum[i] = sum[i - ] ^ a[i];

        }

        while(q--)

        {

            int l , r;

            sdd(l , r);

            int len = r - l +  ;

            ll ans ;

            if(len %  == )

                ans = ;

            else if(len %  == )

            {

                ans = sum[r];

                if(l -  > )

                    ans ^= sum[l - ];

            }

            else if(len %  == )

            {

                ans = sum[r] ^ sum[r - ];

                if(l -  > )

                    ans ^= sum[l - ];

                if(l -  > )

                    ans ^= sum[l - ];

            }

            else if(len %  == )

            {

                ans = sum[r - ];

                if(l -  > )

                    ans ^= sum[l - ];

            }

            pld(ans);

        }

    }

    return ;

}

M. Subsequence

题目链接：https://nanti.jisuanke.com/t/38232

题意：

给你个母串S , 在给你 N 个字符串 T , 为 T 是否为 S 的子序列

分析：

这道题时间卡得有点过分 , 我用 string 读取字符串竟然分分钟 Tle 。。。

首先我们用 nex[ i ][ j ] 表示 S 串中 i 字符之后的离它最近的 j 字符的位置 , 从后往前预处理 S串中每一个字符 i 的下一位字符 j 的位置

然后输入 T 串判断 T 串当前字符 now1和 T 串下一个字符 T[i] 在主串中的位置是否会合法（即判断nex[now1][ T[i] - 'a'] 是否会小于 len（字符串下标从0开始））

#include<bits/stdc++.h>

#define ios std::ios::sync_with_stdio(false) , std::cin.tie(0) , std::cout.tie(0)

#define sd(n) scanf("%d",&n)

#define sdd(n,m) scanf("%d%d",&n,&m)

#define sddd(n,m,k) scanf("%d%d%d",&n,&m,&k)

#define pd(n) printf("%d\n", (n))

#define pdd(n,m) printf("%d %d\n", n, m)

#define pld(n) printf("%lld\n", n)

#define pldd(n,m) printf("%lld %lld\n", n, m)

#define sld(n) scanf("%lld",&n)

#define sldd(n,m) scanf("%lld%lld",&n,&m)

#define slddd(n,m,k) scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k)

#define sf(n) scanf("%lf",&n)

#define sff(n,m) scanf("%lf%lf",&n,&m)

#define sfff(n,m,k) scanf("%lf%lf%lf",&n,&m,&k)

#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<=n;i++)

#define per(i,n,a) for (int i=n;i>=a;i--)

#define mm(a,n) memset(a, n, sizeof(a))

#define pb push_back

#define all(x) (x).begin(),(x).end()

#define fi first

#define se second

#define ll long long

#define numm ch - 48

#define INF 0x3f3f3f3f

#define pi 3.14159265358979323

#define debug(x) cout << #x << ": " << x << endl

#define debug2(x, y)          cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<< endl;

#define debug3(x, y, z)       cout <<#x<<": "<<x<<" | "<<#y<<": "<<y<<" | "<<#z<<": "<<z<<endl;

#define debug4(a, b, c, d)    cout <<#a<<": "<<a<<" | "<<#b<<": "<<b<<" | "<<#c<<": "<<c<<" | "<<#d<<": "<<d<<endl;

using namespace std;

template<typename T>void read(T &res)

{

    bool flag=false;

    char ch;

    while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(flag=true);

    for(res=numm; isdigit(ch=getchar()); res=(res<<)+(res<<)+numm);

    flag&&(res=-res);

}

template<typename T>void Out(T x)

{

    if(x<)putchar('-'),x=-x;

    if(x>)Out(x/);

    putchar(x%+'');

}

ll gcd(ll a,ll b)

{

    return b?gcd(b,a%b):a;

}

ll lcm(ll a,ll b)

{

    return a*b/gcd(a,b);

}

ll pow_mod(ll x,ll n,ll mod)

{

    ll res=;

    while(n)

    {

        if(n&)res=res*x%mod;

        x=x*x%mod;

        n>>=;

    }

    return res;

}

ll fact_pow(ll n,ll p)

{

    ll res=;

    while(n)

    {

        n/=p;

        res+=n;

    }

    return res;

}

const int N = 1e5 + ;

int nex[N][];

int now[N];

char s[N] , t[N];

void init(int &len)

{

    len = strlen(s);

    rep(i ,  , len - ) now[i] = len;

    for(int i = len -  ; i >=  ; i --)

    {

        for(int j =  ; j <  ;j ++)

        {

            nex[i][j] = now[j];

        }

        now[s[i] - 'a'] = i;

    }

}

int main()

{

    scanf("%s" , s);

    int len ;

    init(len);

    int n;

    read(n);

    while(n --)

    {

    scanf("%s" , t);

        int len2 = strlen(t);

        int flag = ;

        int now1 = now[t[] - 'a'];

        if(len < len2)

        {

            puts("NO");

            continue;

        }

        if(now1 >= len)

        {

            puts("NO");

            continue;

        }

        for(int i =  ; i < len2 ; i++)

        {

            now1 = nex[now1][t[i] - 'a'];

            if(now1 >= len){flag =  ;break;}

        }

        if(flag)    puts("NO");

        else    puts("YES");/**/

    }

    return ;

}

2019 The Preliminary Contest for ICPC China Nanchang National Invitational（A 、H 、I 、K 、M）的更多相关文章

2019The Preliminary Contest for ICPC China Nanchang National Invitational
The Preliminary Contest for ICPC China Nanchang National Invitational 题目一览表考察知识点 I. Max answer 单调栈+ ...
计蒜客 38229.Distance on the tree-1.树链剖分(边权)+可持久化线段树(区间小于等于k的数的个数)+离散化+离线处理 or 2.树上第k大(主席树)+二分+离散化+在线查询 (The Preliminary Contest for ICPC China Nanchang National Invitational 南昌邀请赛网络赛)
Distance on the tree DSM(Data Structure Master) once learned about tree when he was preparing for NO ...
The Preliminary Contest for ICPC China Nanchang National Invitational
目录 Contest Info Solutions A. PERFECT NUMBER PROBLEM D. Match Stick Game G. tsy's number H. Coloring ...
The Preliminary Contest for ICPC China Nanchang National Invitational I. Max answer (单调栈+线段树)
题目链接:https://nanti.jisuanke.com/t/38228 题目大意:一个区间的值等于该区间的和乘以区间的最小值.给出一个含有n个数的序列(序列的值有正有负),找到该序列的区间最大 ...
The Preliminary Contest for ICPC China Nanchang National Invitational and International Silk-Road Programming Contest
打网络赛比赛前的准备工作要做好确保 c++/java/python的编译器能用打好模板,放在桌面 A. PERFECT NUMBER PROBLEM #include <cstdio> ...
The Preliminary Contest for ICPC China Nanchang National Invitational I题
Alice has a magic array. She suggests that the value of a interval is equal to the sum of the values ...
Max answer(The Preliminary Contest for ICPC China Nanchang National Invitational)
Alice has a magic array. She suggests that the value of a interval is equal to the sum of the values ...
The Preliminary Contest for ICPC China Nanchang National Invitational I.Max answer单调栈
题面题意:一个5e5的数组,定义一个区间的值为这个区间的和*这个区间的最小值,注意数组值有负数有正数,求所有区间中最大的值题解:如果全是正数,那就是原题 POJ2796 单调栈做一下就ok 我们 ...
计蒜客 38228. Max answer-线段树维护单调栈(The Preliminary Contest for ICPC China Nanchang National Invitational I. Max answer 南昌邀请赛网络赛) 2019ICPC南昌邀请赛网络赛
Max answer Alice has a magic array. She suggests that the value of a interval is equal to the sum of ...

随机推荐

add jar and proxy repo
1. 添加代理仓库 2. 添加host 仓库 3. 添加私有jar 4. 添加仓库到public 仓库
[译]Nginx入门引导教程
本文为[Beginner's Guide]译文,原文地址:http://nginx.org/en/docs/beginners_guide.html Guide 本教程基础的介绍了 nginx,以及能 ...
一个HTML5培训班毕业生的找工作随笔
昨天刚参加完一个面试,通过了.写个随笔记录一下. 先介绍一下背景. 我是今年十月份的时候从某个培训机构的HTML5 Web前端培训班毕业的,是一个刚进入IT行业的新人. 本人毕业于某三流学校,在参加培 ...
Linux -- 进程间通信几种方式的总结
管道优点管道文件不占磁盘空间,打开管道时在内存中分配空间: 管道读端会在读取完管道内数据后自动进入阻塞,直到写端再次写入数据: 缺点管道是半双工的,数据只能从一个方向上流动: 管道大小 PIPE ...
mysql数据库终端上的增删改查及权限等相关操作
ctrl + c 终止 [linux] service mysql start 启动mysql service mysql stop 停止mysql service mysql restart 重启m ...
全球 43 亿 IPv4 地址已耗尽！IPv6，刻不容缓
大家都知道目前网络协议使用的主要是 IPv4,全称为 Internet Protocol version 4,作用是为每一个网络和每一台主机分配一个 IP,IP 地址是一个 32 位的二进制数,算下来 ...
String对象常量池
对象池的主要目的是实现数据的共享处理, 在java之中对象池可以分为两种: 1.静态常量池 :指*.class加载时会自动将此程序之中保存的字符串.普通的常量.类和方法的信息等全部经行分配 2.运行 ...
django-migrate一败再败
python3 manage.py makemigrations # 生成数据库迁移文件 python3 manage.py migrate # 迁移数据库简简单单两条命令就完成了django的数据 ...
【Android - 控件】之MD - TextInputLayout的使用
TextInputLayout是Android 5.0新特性——Material Design中的一个布局控件,主要用来嵌套EditText,实现数据输入时的一些效果,如: 当输入框获取焦点时,输入提 ...
设置更改root密码、连接mysql、mysql常用命令
6月19日任务 13.1 设置更改root密码13.2 连接mysql13.3 mysql常用命令 13.1 设置更改root密码使用场景:例如长时间不用忘记了mysql的root密码,那么就需要去 ...

2019 The Preliminary Contest for ICPC China Nanchang National Invitational（A 、H 、I 、K 、M）