用了O(n^2)的方法会超时…所以学习了另一种O(nlogn)的方法： 纯说一些东西有点抽象，所以还是举个栗子： 定义d[k]:长度为k的上升子序列的最末元素，若有多个长度为k的上升子序列，则记录最小的那个最末元素。 举例：原序列为1，5，8，3，6，7 栈为1，5，8，此时读到3，用3替换5，得到1，3，8； 再读6，用6替换8，得到1，3，6；再读7，得到最终栈为1，3，6，7。最长递增子序列

状压dp也是以前的坑了…填坑ing… 在状压dp中位运算的常见应用1.判断一个数字x二进制下第i位是不是等于1。 方法：x&(1<<(i-1)) 将1左移i-1位，相当于制造了一个只有第i位上是1，其他位上都是0的二进制数。然后与x做与运算，如果结果>0，说明x第i位上是1，反之则是0。 2.将一个数字x二进制下第i位更改成1。 方法：x=x|(1<<(i-1

快速幂 写成函数： long long PowerMod(long long a,long long b,long long c) { long long ans=1; long long k; k=a; k=k%c; while(b>0) { if(b&1) ans=(ans*k)

题意：一个正整数K，给出K Mod 一些质数的结果，求符合条件的最小的K。 思路：参考博客：http://www.cnblogs.com/linyujun/p/5199415.html 举个栗子，K%3=2，K%5=3，K%7=2。 我们需要构造这个答案 5×7×inv(5×7,3) % 3 = 1 3×7×inv(3×7,5) % 5 = 1 3×5×inv(3×5,7) % 7 =

假设现在是6个人（编号从0到5）报数，报到（2-1）的退出，即。那么第一次编号为1的人退出圈子，从他之后的人开始算起，序列变为2,3,4,5,0，即问题变成了这5个人报数的问题，将序号做一下转换：

这道题跟之前写的dfs不同的一点是可以有重复的字母，想了一下dfs改不了，所以只能利用set容器了，set容器有唯一性，而且已经从小到大排列好了，还不用sort了。

1058**(1<=n<=10^6)：** n!的长度等于log10(n!) int main() { int n,i; double sum=1; scanf("%d",&n); for(i=1;i<=n;i++) sum=sum+log10(i); printf("%d\n",(int)sum); retur

1>. a.size() //获取向量中的元素个数 ​ 2>. a.empty() //判断向量是否为空 ​ 3>. a.clear() //清空向量中的元素 ​ 4>. 复制 ​ a = b ; //将b向量复制到a向量中 ​

错排公式对于D[n]都有D[n]=(n-1)*(D[n-1]+D[n-2])【特殊的，D[0]=1,D[1]=0，D[2]=1】。 D[n]=n!*(\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}- \frac{1}{5!}+ ··· ··· +\frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}+\frac{(-1)^n}{n!})。 下面拓展一下i个人有j个人是正确

举个栗子看张图就可以懂了www 给定长度为n的数列整数a0,a1,a2,a3 ….. an-1以及整数S。求出综合不小于S的连续子序列的长度的最小值。如果解不存在，则输出0。（10<n<10^5，0<ai<10^4，S<10^8）