一.显示窗体调用方法 protected override void OnLoad(EventArgs e)        {            MDIClientSupport.SetBevel(this, false, Color.White);            base.OnLoad(e);        } 二.SetBevel方法实现 namespace TeamFoundation.SystemManage.Common { public class MDIClientSu

>>  Winform查找根目录 1) AppDomain.CurrentDomain.BaseDirectory 地址为: d:\MyProject\Bin\  Application.StartupPath的地址为:d:\MyProject\Bin 2)Application.StartupPath只可以用于Winform窗体中 AppDomain.CurrentDomain.BaseDirectory可用于Winform窗体中和Dll文件中 >> 如何使Winform实现全屏

题意:有\(n\)栋房子,每栋房子都有自己的颜色\(c_i\),你每次可以对连续的长度为\(k\)的区间改变任何房子的颜色,问最少多少次可以使得所有房子颜色相同. 题解:因为只有\(100\)中颜色,所以我们可以直接枚举颜色,然后去遍历房子,如果房子颜色和当前枚举的不符,那么我们操作的次数就要++,并且跳到\(j+k+1\)栋房子继续. 代码: #include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define fi first #define se s

%hzwer http://hzwer.com/7602.html 题目名称 “与” 小象涂色 行动!行动! 输入文件 and.in elephant.in move.in 输出文件 and.out elephant.in move.in 时间限制 1s 1s 1s 空间限制 64MB 128MB 128MB “与” (and.pas/.c/.cpp) 时间限制:1s:空间限制64MB 题目描述: 给你一个长度为n的序列A,请你求出一对Ai,Aj(1<=i<j<=n)使Ai“与”Aj最大

学习VFK大神推BZOJ,记录一下学习的东西 1004: burnside:一个置换群的等价计数=(每个置换的置换后等价情况数)/置换总数,每个置换的置换后等价情况数就是置换后没变的数 模意义下的除法:可以使用乘法逆元解,bx mod p=1,x就是b模P的乘法逆元,呢么x≡1/b(mod p),呢么a/b≡ax(mod p),然后用扩展欧几里得求乘法逆元即可(就是解bx mod p=1,某年NOIPT1) 也可以用费马小定理,(a/b)%p=(a/b)%P * b^(p-1)%p=a%p *

题目大概是说,一个村庄有n间房子,房子间有m条双向路相连.1号房子有网络,有k间房子要通过与1号房子相连联网,且一条路上不能有同样颜色的线缆,问最少要用几种颜色的线缆. 二分枚举颜色个数,建立容量网络跑最大流判断解是否成立:源点是1,所有要联网的房子向汇点连容量1的边,所有双向边改为容量为枚举的解的边,如果最大流等于k那这个解就成立. 注意重边.. #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include&l

对于每个位置求出L[i]表示左边最大的j,满足从j开始到i-1中存在第一个子序列 R[i]表示右边最小的j,满足从j开始到i-1中存在第二个子序列 然后枚举颜色是相遇点的位置,如果L[i]左边.R[i]右边存在一样的颜色,则可行 #include<cstdio> #define N 1000010 inline void read(int&a){char c;while(!(((c=getchar())>='0')&&(c<='9')));a=c-'0';w

这回没看黄学长的代码,看的是chty的 原题: K国是一个热衷三角形的国度,连人的交往也只喜欢三角原则.他们认为三角关系:即AB相互认识,BC相互认识,CA相互认识,是简洁高效的.为了巩固三角关系,K国禁止四边关系,五边关系等等的存在.所谓N边关系,是指N个人 A1A2...An之间仅存在N对认识关系:(A1A2)(A2A3)...(AnA1),而没有其它认识关系.比如四边关系指ABCD四个人 AB,BC,CD,DA相互认识,而AC,BD不认识.全民比赛时,为了防止做弊,规定任意一对相互认识的人

前言 最近有好几个朋友都在问我找图找色的问题,奇怪?于是乎写了一个专门用于找图找色的单元文件“BitmapData.pas”.在这个单元文件中我实现了从文件中导入位图.屏幕截图.鼠标指针截图.在图片上查找子图.在图片上查找颜色等功能.在查找过程中可以设定颜色变化范围.可以从左到右从上到下查找.也可以从指定点向四周查找.关于这个文件的下载和使用,可以参考本文的第四节.下面详细说说这些功能的实现. 一.数据提取 位图其实可以看成是一个由象素组成的矩阵,找图找色可以看成是象素值的比对.很多新手在设计这

我们的男主现在手中有n*c张牌,其中有c(<=4)种颜色,每种颜色有n(<=100)张,现在他要排序,首先把相同的颜色的牌放在一起,颜色相同的按照序号从小到大排序.现在他想要让牌的移动次数最小,问移动的最小次数是多少. [LIS]因为颜色种类相当少,可以枚举排序后颜色的次序.相同颜色的纸牌从小到大排序,所以所有纸牌的最终顺序也就确定了. 然后就是怎么样移动纸牌能够使纸牌成为最终的顺序. 因为从给定序到有序的移动次数等于从有序到给定序,所以我们反着想,对于有序的序列,移动一张纸牌,那么它的最长不

题目大意:一座村庄有N户人家.只有第一家可以连上互联网,其他人家要想上网必须拉一根缆线通过若干条街道连到第一家.每一根完整的缆线只能有一种颜色.网管有一个要求,各条街道内不同人家的缆线必须不同色,且总的不同颜色种数最小.求在指定的K户人家都能上网的前提下,最小的不同颜色种数.(1 <= N <= 500) 题解:上来看到颜色就不知道怎么下手了...那么我们不妨就枚举颜色好了:先按照题意建模,再对于每一个街道限一下我们枚举的颜色就好了,如果最大流小了说明不行,如果正好等于k就说明可以.那么不难看

4555: [Tjoi2016&Heoi2016]求和 题意:求\[ \sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^i S(i,j)\cdot 2^j\cdot j! \\ S是第二类斯特林数 \] 首先你要把这个组合计数肝出来,于是我去翻了一波<组合数学> 用斯特林数容斥原理推导那个式子可以直接出卷积形式,见下一篇,本篇是分治fft做法 组合计数 斯特林数 \(S(n,i)\)表示将n个不同元素划分成i个相同集合非空的方案数 Bell数 \(B(n)=\sum\limits_{i=

[CQOI2017]老C的键盘 题目描述 额,网上题解好像都是用的一大堆组合数,然而我懒得推公式. 设\(f[i][j]\)表示以\(i\)为根,且\(i\)的权值为\(j\)的方案数. 转移: \[ f[i][j]=\sum f[sn_1][k]*f[sn_2][q] \] 需要判断一下\(k,q\)与\(j\)的关系满不满足题意就行了. 但是这样的答案显然不对,因为有些权值可能多次出现. 换句话说,有些权值可能没有出现.所以我们就用那个经典的容斥,枚举颜色数上界. 设\(g[s]\)表示颜色

请配合 BGM 食用. 菜就是菜,说什么都是借口. Day 0 前一天先到纪中报道,高铁上打了一会单机膈膜,然后又打了一遍 \(FFT\) 板子,就到了中山. 到了后,发现气温骤然升高,马上 脱 换裤子,舒服了一点.然后就被纪中的车直接接到了纪中. 一开始到宿舍..发现连被子都没有,只有个木板...我们戏称比军训还恐怖的住宿环境. 还好后来屈哥联系了一波让老师送过来了qwq 晚上翻看原来写的博客,然后打了几个字符串的板子,就早早睡觉了. Day 1 上午是喜闻乐见的开幕式,吹了一波纪中是全国最美

我看到有人用线段树来写而且想法和我的差不多,但是代码有一点复杂,所以我就贴一下我的做法. 思路 首先一定知道纯暴力50分差不多了,所以看到k非常的小,那么就从k入手. 不知道有没有人和我一样是先枚举颜色的,那么我们来思考一下,对于每个相同颜色的客站之间[l,r],如果当前区间不能找到一个合理的咖啡厅,那么一定会影响到和他连在一起的下一个不能找到咖啡厅的区间.那么我们就将这个标记放在r这个节点上,那么第一个节点我们就当做是0. 说的形象一点,就是看这个节点能和前面多少个相同颜色的客栈组成合法的方案

[BZOJ2054]疯狂的馒头(并查集,线段树) 题面 BZOJ 然而权限题,随便找个离线题库看看题吧. 题解 线段树就是个暴力,如果数据可以构造就能卡掉,然而不能构造,要不然复杂度瓶颈成为了读入了.既然这样,线段树随便跑跑就过了. 大概的做法就是,后面的颜色只要染上了显然就和前面的颜色无关了,所以用从后往前枚举颜色染就好了. #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; #define MAX 1000100 #

题意:给出若干个没有公共面积的多边形,几个多边形可能属于同一个国家,要求给这个地图染色,同一个国家用相同的颜色,相邻国家不能用相同颜色.问最少需要多少种颜色. 分析:计算几何+搜索.先判断哪些多边形是相邻的(这里只有一个公共点的不算相邻).对于两个多边形,两两比较他们所有的边,看是否有重合部分.建好图后,枚举颜色数量(也可二分查找),并判断这些颜色是否可行.判断过程用搜索.搜索的方法是,n个点,第一层确定第一个点的颜色,第二层确定第二个点的颜色,以此类推,每次要向下递归前先判断当前染色是否产生冲

[题目描述:] 丽江河边有n 家很有特色的客栈,客栈按照其位置顺序从 1 到n 编号.每家客栈都按照某一种色调进行装饰(总共 k 种,用整数 0 ~ k-1 表示),且每家客栈都设有一家咖啡店,每家咖啡店均有各自的最低消费. 两位游客一起去丽江旅游,他们喜欢相同的色调,又想尝试两个不同的客栈,因此决定分别住在色调相同的两家客栈中.晚上,他们打算选择一家咖啡店喝咖啡,要求咖啡店位于两人住的两家客栈之间(包括他们住的客栈),且咖啡店的最低消费不超过 p . 他们想知道总共有多少种选择住宿的方案,保证

本文同步在学弟ZCDHJ的个人博客发布,审核需要一段时间. 传送门 考虑题目中获得的糖果并不包含所有的颜色这句话,发现相当于我们可以直接选取某一个颜色强制不能选(这样子一定最优). 然后就可以考虑分开解决上面和下面. 先考虑下面: 枚举颜色然后搞区间(不能包含这一种颜色) 按照横坐标的顺序删点,然后再看删除的点的颜色的区间是否会被更新 以上操作的话,查询区间可以用双向链表,区间求点(和)可以使用树状数组. 差不多就这样子了. #include<stdio.h> #include<stdl

[BZOJ4596]黑暗前的幻想乡(矩阵树定理,容斥) 题面 BZOJ 有\(n\)个点,要求连出一棵生成树, 指定了一些边可以染成某种颜色,一共\(n-1\)种颜色, 求所有颜色都出现过的生成树方案数. 题解 一脸的容斥啊. 先矩阵树定理暴力算出所有符合条件的生成树,然后减去\(n-2\)中颜色的方案数, 再加上\(n-3\)种颜色的方案数...... 所以直接暴力枚举颜色的子集,每次矩阵树就好了. 时间复杂度大概是\(O(2^{n-1}n^3log)\)??? 虽然\(log\)小的不行,甚

T1 [HAOI2010]软件安装 https://daniu.luogu.org/problem/show?pid=2515 树上背包,如果有i必须有j,j作为i的父节点 O(nm²) #include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define N 101 #define M 501 using namespace std; int y[N],h[N],