24.4.28(板刷dp,拓扑判环,区间dp+容斥算回文串总数)

星期一:

昨晚cf又掉分,小掉不算掉

补ABC350 D                                                   atc传送门

思路:对每个连通块,使其成为一个完全图,完全图的边数为 n*(n-1)/2 , 答案加上每个连通块成为完全图后的边数,最后再减去m即可

代码如下(dfs实现:

const int N=2e6+10,M=210;
const int mod=1e9+7;
ll n;
int m;
vector<int>ve[N];
int co[N],cnt[N];
inline void dfs(int u,int c){              //染色if(co[u]!=-1) return ;co[u]=c;for(auto v:ve[u]) dfs(v,c);
}
void solve(){cin >> n >> m;for(int i=1;i<=m;i++){int a,b; cin >> a >> b;ve[a].push_back(b);ve[b].push_back(a);}memset(co,-1,sizeof co);for(int i=1;i<=n;i++) dfs(i,i);for(int i=1;i<=n;i++) cnt[co[i]]++;   //计算每个连通块的点的个数ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(!cnt[i]) continue;ans+=1ll*cnt[i]*(cnt[i]-1)/2;     //此连通块成为完全图后的边数}ans-=m;                               //减去已有的m条边cout << ans;
}

代码如下(并查集实现:

const int N=2e6+10,M=210;
const int mod=1e9+7;
ll n;
int m;
int fa[N],sum[N];
inline int fnd(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=fnd(fa[x]);
}
void solve(){cin >> n >> m;for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i,sum[i]=1;for(int i=1;i<=m;i++){int u,v; cin >> u >> v;u=fnd(u),v=fnd(v);if(u==v) continue;fa[v]=u;sum[u]+=sum[v];}ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){if(fa[i]!=i) continue;ans+=1ll*sum[i]*(sum[i]-1)/2;}cout << ans-m;
}

补cf round940 C:                                         cf传送门

思路:dp【i】表示消去 i 个行列的方案数

当棋子的摆放结果相同时,棋子的摆放顺序没有意义,所以考虑一行一行的放,dp【i】可以由   dp【i-1】放在(i,i)转移,除此位置,第 i 行剩余 i - 1个位置将会消去两行列,且颜色不同也算不同方案,于是得到状态转移方程如下

初始状态dp【0】和dp【1】都为1

代码如下:

const int N=2e6+10,M=210;
const int mod=1e9+7;
ll n;
ll k;
ll dp[N];
void solve(){cin >> n >> k;while(k--){int r,c; cin >> r >> c;if(r==c) n--;else n-=2;}dp[0]=dp[1]=1;for(int i=2;i<=n;i++)dp[i]=dp[i-1]+2*(i-1)*dp[i-2],dp[i]%=mod;cout << dp[n] << "\n";
}

星期二:

补cf round940 D(异或难题                                 cf传送门

思路:先把条件转化一下,f ( x,z) 异或 ay 大于 f ( x,z),再转化一下,ay 被多少区间穿过且该区间异或和在 ay最高位 为0,这样异或后此位为1,无论低位如何变化都大于原数

cnt【i】【j】表示到 i 为止,有多少点的前缀异或和在二进制 j 位上为1,两区间在二进制 j 位上异或和相同,异或后结果为0, 统计后用乘法原理计算

代码如下:

const int N=2e5+10,M=210;
const int mod=1e9+7;
ll n;
int a[N];
int cnt[N][33];
void solve(){cin >> n;for(int i=1,s=0;i<=n;i++){cin >> a[i];s^=a[i];                                 //前缀异或和for(int j=32;j>=0;j--)cnt[i][j]=cnt[i-1][j]+(s>>j&1);}ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){int k=__lg(a[i]);                       //ai的最高位ans+=1ll*cnt[i-1][k]*(cnt[n][k]-cnt[i-1][k]);ans+=(i-cnt[i-1][k])*(n-i+1-(cnt[n][k]-cnt[i-1][k]));}cout << ans << "\n";
}

记录下午比赛一题:                                              cf传送门

题意:一多边形在地上滚一圈,问图形内一点的轨迹长度

思路:每次转动,轨迹为一扇形,角度为触地角的补角,半径为q点到触地点的距离,使用数学公式计算即可

代码如下:

ll n;
pair<double,double> q[55];
double xx,yy;
double ans;
double cal(int idx){double x1,y1,x2,y2,x3,y3;if(idx==1) x1=q[n].first,y1=q[n].second;else x1=q[idx-1].first,y1=q[idx-1].second;if(idx==n) x3=q[1].first,y3=q[1].second;else x3=q[idx+1].first,y3=q[idx+1].second;x2=q[idx].first,y2=q[idx].second;double r=sqrt((xx-x2)*(xx-x2)+(yy-y2)*(yy-y2));    //扇形的半径 rdouble a=sqrt((x1-x2)*(x1-x2)+(y1-y2)*(y1-y2));double b=sqrt((x2-x3)*(x2-x3)+(y2-y3)*(y2-y3));double c=sqrt((x1-x3)*(x1-x3)+(y1-y3)*(y1-y3));    //三角形的三条边,用于计算角度double cs=(c*c-a*a-b*b)/(2*a*b);                   //cos值为其补角cos值的负数double j=acos(cs);                                 //算出角度,弧度表示return j*r;                                        //弧长即为弧度*半径
}
void solve(){int tt; cin >> tt;for(int ii=1;ii<=tt;ii++){cin >> n;for(int i=1;i<=n;i++)cin >> q[i].first >> q[i].second;cin >> xx >> yy;for(int i=1;i<=n;i++) ans+=cal(i);ans*=1000,ans=round(ans),ans/=1000;            //四舍五入三位小数cout << "Case #" << ii << ": ";printf("%.3f\n",ans);ans=0;}
}

复习了下单调栈

dp题单 线性dp 第四题 麻将                                    cf传送门

思路:定义 i 三连为 i,i+1,i+2 三个连续麻将,dp【i】【j】【k】表示考虑到第 i 个麻将,有 j 个 i 三连,k 个 i-1 三连

三个 i 三连等价于 三个 i,三个 i+1,三个i+2,于是存在最优解满足最多的 i 三连个数<=2

i 三连的个数选择,受到 i-1 三连和 i-2 三连的个数的影响,那么为什么不把 i-2 三连的个数也设在状态里呢,因为在转移时 dp【i-1】【k】【t】的 t 就是 i-2 三连的个数 (有点像状压,然后枚举 j,k,t 转移即可,答案为 dp【m】【0】【0】,因为没有 m+1 的麻将

代码如下:

const int N=2e6+10,M=210;
const int mod=1e9+7;
ll n;
int a[N],m;
ll dp[N][4][4];
void solve(){cin >> n >> m;for(int i=1;i<=n;i++){int x; cin >> x;a[x]++;}for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=0;j<=2;j++){for(int k=0;k<=2;k++){for(int t=0;t<=2;t++){if(a[i]<j+k+t) continue;      //不合法dp[i][j][k]=max(dp[i-1][k][t]+j+(a[i]-j-k-t)/3,dp[i][j][k]);}}}}cout << dp[m][0][0];
}

星期三:

开始做点树形dp

树形dp入门题(没有上司的舞会                         洛谷传送门

思路:dp【i】【0/1】表示第 i 人来或不来

代码如下:

const int N=2e6+10,M=210;
const int mod=1e9+7;
ll n;
ll dp[N][2];
int r[N];
vector<int>ve[N];
bool vi[N];
void dfs(int x){dp[x][1]=r[x],dp[x][0]=0;for(int v:ve[x]){dfs(v);dp[x][1]+=dp[v][0];                 //x来,v肯定不来dp[x][0]+=max(dp[v][0],dp[v][1]);   //x不来,v可来可不来}
}
void solve(){cin >> n;for(int i=1;i<=n;i++) cin >> r[i];for(int i=1;i<n;i++){int u,v; cin >> u >> v;ve[v].push_back(u);vi[u]=1;}int s=0;for(int i=1;i<=n;i++)if(!vi[i]){s=i; break;}dfs(s);cout << max(dp[s][0],dp[s][1]);
}

dp题单 背包第三题 沙拉(很新的背包                         cf传送门

思路:要求a的总和等于k倍b的总和,可以将每个物品当作价值为a【i】,重量为k*b【i】- a【i】的01背包来做,最终答案为dp【n】【0】,但因为重量可能为负数,所以考虑将下标转换一下

计算后发现重量和最大1e5,最小为-1e4,所以把dp【0】【1e4】作为起点,防止越界

代码如下:

ll n;
int k;
int a[110],b[110];
ll dp[110][110010];
void solve(){cin >> n >> k;for(int i=1;i<=n;i++) cin >> a[i];for(int i=1;i<=n;i++) cin >> b[i],b[i]=b[i]*k-a[i];memset(dp,-1,sizeof dp);dp[0][10000]=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=110000;j>=0;j--){if(j-b[i]>110000 || j-b[i]<0) continue;if(dp[i-1][j-b[i]]==-1) dp[i][j]=dp[i-1][j];         //无可转移状态else dp[i][j]=max(dp[i-1][j-b[i]]+a[i],dp[i-1][j]);}}if(!dp[n][10000]) cout << "-1";else cout << dp[n][10000];
}

补周二比赛一题 F(变形弗洛伊德                          cf传送门

思路:先将城市按危险度从小到大排序,三维dp数组dp【k】【u】【v】表示城市 u和 v通过危险度前 k小的城市能达到的最小距离,  转移方程如下

代码如下:

ll n;
int r[220],o[220];
ll dp[220][220][220];
bool cmp1(int a,int b){return r[a]<r[b];
}
void solve(){int tt; cin >> tt;for(int ii=1;ii<=tt;ii++){int q; cin >> n >> q;for(int i=1;i<=n;i++){cin >> r[i];o[i]=i;}sort(o+1,o+n+1,cmp1);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++)cin >> dp[0][i][j];}for(int k=1;k<=n;k++){for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)dp[k][i][j]=min(dp[k-1][o[k]][j]+dp[k-1][o[k]][i],dp[k-1][i][j]);}cout << "Case #" << ii << ":\n";while(q--){int u,v,w; cin >> u >> v >> w;int k=0;for(int i=n;i;i--)if(r[o[i]]<=w){k=i; break;}cout << dp[k][u][v] << "\n";}}
}

星期四:

dp题单里做了道2200的图论                             cf传送门

思路:对于一个满足题目条件的n个点的连通块来说,如果无环,至少需要 n-1条边构成一棵树,如果有环,则至少需要n条边构成一个环

不考虑m的情况下,答案最大是n,即把n个点连成一个环,而对于无环的连通块,则可使答案减一

根据 m个要求建立有向图,对每个连通块判断有无环,没被m提到的点也会被拓扑排序,视为一个点的树,最后答案为 n减去树联通量的个数

代码如下:

const int N=2e6+10,M=210;
const int mod=1e9+7;
ll n;
int m;
vector<int>ve[N];
int in[N],fa[N];
bool vi[N],d[N];
int fnd(int x){return fa[x]==x?x:fa[x]=fnd(fa[x]);
}
void tp(){queue<int>qu;for(int i=1;i<=n;i++)if(!in[i]) qu.push(i),vi[i]=1;while(!qu.empty()){int t=qu.front(); qu.pop();for(int v:ve[t]){in[v]--;if(!in[v]) qu.push(v),vi[v]=1;      //拓扑排序判断有无环}}
}
void solve(){cin >> n >> m;for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;while(m--){int u,v; cin >> u >> v;ve[u].push_back(v);in[v]++;u=fnd(u),v=fnd(v);if(u!=v) fa[v]=u;                       //并查集维护连通块}tp();map<int,int>mp;for(int i=1;i<=n;i++)if(!vi[i]) d[fnd(i)]=1;                 //没在tp里出现过,说明此联通量有环for(int i=1;i<=n;i++)if(!d[fnd(i)]) mp[fnd(i)]++;            //如果无环,此联通量为树cout << n-mp.size();
}

dp题单 状压第四题(3rd missed)                             cf传送门

加深了我对状压的认知,但还有许多疑惑

思路:dp【mask】【i】表示经过点集为mask,目标点为 i的路径数

参考题解:Codeforces C. A Simple Task(状态压缩dp) - 小张人 - 博客园 (cnblogs.com)

代码如下:

ll n;
int m;
bool ve[22][22];
ll dp[1<<20][22];
ll ans;
void solve(){cin >> n >> m;for(int i=1;i<=m;i++){int u,v; cin >> u >> v;ve[u][v]=ve[v][u]=1;}for(int i=1;i<=n;i++) dp[1<<(i-1)][i]=1;for(int mask=0;mask<1<<n;mask++){for(int u=1;u<=n;u++){if(!dp[mask][u]) continue;int st=__builtin_ctz(mask)+1;              //路径的起点for(int v=st;v<=n;v++){              //下一个点需大于等于起点,状态才合法if(!ve[u][v]) continue;int nmask=mask|1<<v-1;if(!(mask&1<<v-1)) dp[nmask][v]+=dp[mask][u];else if(v==st) ans+=dp[mask][u];       //目标点就是起点,即成环}}}ans-=m,ans/=2;cout << ans;
}

星期五:

dp题单 线性dp 第五题(偏区间dp                           cf传送门

思路:虽在线性dp题单,但数据范围和题目给出的操作让人很容易想到区间dp,也确实是区间dp

f【l】【r】表示 l 到 r 范围内最大可合成的数,使用区间dp预处理,然后找出最小的分块方式

代码如下:

ll n;
int a[550];
int f[550][550];
int dp[550];
void solve(){cin >> n;memset(f,-1,sizeof f);for(int i=1;i<=n;i++){cin >> a[i];f[i][i]=a[i];}for(int len=2;len<=n;len++){for(int l=1;l+len-1<=n;l++){int r=l+len-1;for(int k=l;k<r;k++){if(f[l][k]==-1 || f[k+1][r]==-1) continue;if(f[l][k]!=f[k+1][r]) continue;f[l][r]=f[l][k]+1;                        //合成}}}memset(dp,0x3f,sizeof dp);dp[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int l=1;l<=i;l++){if(f[l][i]==-1) continue;dp[i]=min(dp[l-1]+1,dp[i]);             //找出最佳分块方案}}cout << dp[n];
}

线性dp 第六题(仍是区间dp                                cf传送门

题意:给一字符串,q次询问,每次给出 l 和 r,求 s下标 l到 r的子串中有多少子串为回文串

思路:isp【l】【r】表示 l 到 r 子串是否为回文串,用区间dp预处理

           dp【l】【r】表示 l 到 r 子串中有多少子串为回文串,用容斥原理求出(?

代码如下:

ll n;
string s;
bool isp[5050][5050];
int dp[5050][5050];
void solve(){cin >> s;n=s.size(),s=" "+s;for(int i=1;i<=n;i++){isp[i][i]=1;if(i<n && s[i]==s[i+1]) isp[i][i+1]=1;dp[i][i]=1;dp[i][i+1]=2;dp[i][i+1]+=(isp[i][i+1]==1);}for(int len=3;len<=n;len++){for(int l=1;l+len-1<=n;l++){int r=l+len-1;if(s[l]==s[r] && isp[l+1][r-1]) isp[l][r]=1;}}for(int len=3;len<=n;len++){for(int l=1;l+len-1<=n;l++){int r=l+len-1;dp[l][r]=dp[l][r-1]+dp[l+1][r]-dp[l+1][r-1]+isp[l][r];//容斥原理}}int q; cin >> q;while(q--){int l,r; cin >> l >> r;cout << dp[l][r] << "\n";}
}

星期六:

下午图森未来杯

晚上ABC351止步于D

 cf round941 div2止步于D

周日:

ABC351的D比较简单(怎么赛时没出                                             传送门

思路:暴力bfs每个点,复杂度为O(n^4),毫无疑问会T,其实只需对每个连通块处理一次即可

代码如下:

ll n;
int h,w;
char c[1010][1010];
bool ifm[1010][1010];
bool vi[1010][1010];
int dx[]={0,0,-1,1};
int dy[]={-1,1,0,0};
map<PII,int>mp;
int dfs(int x,int y){if(ifm[x][y]){if(mp[{x,y}]) return 0;mp[{x,y}]=1; return 1;           //对磁铁邻点的特殊处理}vi[x][y]=1;int res=1;for(int i=0;i<4;i++){int xx=x+dx[i],yy=y+dy[i];if(xx<1 || xx>h || yy<1 || yy>w || vi[xx][yy]) continue;if(c[xx][yy]=='#') continue;res+=dfs(xx,yy);}return res;
}
void solve(){cin >> h >> w;for(int i=1;i<=h;i++){for(int j=1;j<=w;j++){cin >> c[i][j];if(c[i][j]=='#')for(int k=0;k<4;k++) ifm[i+dx[k]][j+dy[k]]=1;}}int ans=0;for(int i=1;i<=h;i++){for(int j=1;j<=w;j++){if(c[i][j]=='#' || vi[i][j]) continue;if(ifm[i][j]){ans=max(ans,1); continue;}ans=max(ans,dfs(i,j));mp.clear();}}cout << ans;
}

cf round941 的 D,很刁的一道构造                       cf传送门

思路:首先如果没有 k 的限制,会很自然想到二进制的构造方案,那么问题就变成了如何魔改二进制,使其唯独不能组成 k

不能组成 k,比较自然的想到先删去 k 的二进制表达最高位,记为 h位,没了 2^h后,再看看除 k之外的数如何组成,结论是需要额外添加三个数,k-2^h,k+1,k+1+2^h

第一种数是 v < 2^h,删去 2^h并不会影响此类数

第二种是 2^h <= v < k,这时所有小于 k的数和为 2^h-1,补上 k-2^h,和为 k-1,能覆盖 <k的数,因为总和与v的差值即多出来的数值为 k-1-v < 2^h,由第一类数可知多余数值能够被删去

第三种是 v >= k,考虑先构造出 v-k-1,若 2^h 不在此构造内,补上 k+1,否则补上 k+1+2^h

代码如下:

ll n;
void solve(){ll k; cin >> n >> k;int idx=__lg(k);                //k的二进制最高位cout << 22 << "\n";for(int i=0;i<20;i++){if(i==idx) continue;cout << (1<<i) << " ";}cout << k-(1<<idx) << " " << k+1 << " " << 1ll*k+1+(1ll<<idx) << "\n";
}

dp题单 数位dp最后一道 后缀%k                             cf传送门

思路:从个位向第 n位 d,dfs有三个参数, 分别表示当前 d到的位数, 当前数对 k的模数, 当前数是否>0

若当前数 >0且模 k为0,则为合法后缀, 剩余位任意填值, 只需注意第 n位不能为0, 结果可直接用快速幂计算.    模数的继承因为是从低位往高位 d, 所以新添位对于 k的模数也需要用快速幂计算.

代码如下:

ll n;
int k,m;
ll dp[1010][110][2];
ll qpow1(int n){                //计算答案if(n==0) return 1;if(n==1) return 10;ll s=qpow1(n/2);s=s*s%m;if(n&1) s=s*10%m;return s;
}
ll qpow2(int n){                //计算模数if(n==0) return 1;if(n==1) return 10;ll s=qpow2(n/2);s=s*s%k;if(n&1) s=s*10%k;return s;
}
ll dfs(int now,int mo,bool if1){if(now>n) return mo==0;if(dp[now][mo][if1]!=-1) return dp[now][mo][if1];ll res=0;if(!mo && now>1 && if1) res=qpow1(n-now)*9;else{for(int i=now==n;i<=9;i++)res+=dfs(now+1,(mo+i*qpow2(now-1)%k)%k,if1|(i>0)),res%=m;}return dp[now][mo][if1]=res;
}
void solve(){cin >> n >> k >> m;memset(dp,-1,sizeof dp);cout << dfs(1,0,0);
}

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成果展示&#xff1a; 1.前期准备 &#xff08;1&#xff09;在配置文件中添加权限及启动页面顺序 ①展开工程&#xff0c;打开app下方的AndroidManifest.xml,添加权限&#xff0c;如下&#xff1a; <uses-permission android:name"android.permission.CAMERA"…

OpenHarmony开源软件供应链安全风险

慕冬亮&#xff0c;华中科技大学网络空间安全学院副教授&#xff0c;武汉英才&#xff0c;华中科技大学OpenHarmony技术俱乐部、开放原子开源社团指导教师。研究方向为软件与系统安全&#xff0c;在国际安全会议上发表十余篇论文&#xff0c;并获得ACM CCS 2018杰出论文奖。创立…

Grafana页面嵌入自建Web应用页面

目录 一、应用场景 二、实现方式 1、修改Grafana配置文件 2、获取监控页面url 3、隐藏左侧和顶部菜单 一、应用场景 需要将Grafana监控页面嵌入自建Web应用页面&#xff0c;使Grafana监控页面成为自建Web应用的一部分。 二、实现方式 总体思路&#xff1a;修改Grafana配…

【R语言数据分析】基本运算与数据导入速查

R语言中命名可以包含英文字母&#xff0c;下划线&#xff0c;数字&#xff0c;点&#xff0c;下划线和数字不能作为名字的开头&#xff0c;点可以开头&#xff0c;但是点开头后面不能跟数字。一般的命名就是只使用英文和下划线就够了。 四则运算 R语言的除法是即使给的两个数…

展会资讯 | 现场精彩回顾 阿尔泰科技参展2024第23届中国国际(西部)光电产业!

2024第23届中国国际&#xff08;西部&#xff09;光电产业博览会&#xff0c;在成都世纪城新国际会展中心圆满落幕&#xff01;来自各地的光电领域设备及材料厂商汇聚一堂&#xff0c;展示前沿技术及创新成果。 展会现场&#xff0c;来自全国各地的500余家企业就精密光学、信息…

进迭时空宣布开源RISC-V芯片的AI核心技术

仟江水商业电讯&#xff08;4月29日 北京 委托发布&#xff09;4月29日&#xff0c;在“创芯生生不息——进迭时空2024年度产品发布会”上&#xff0c;进迭时空CEO、创始人&#xff0c;陈志坚博士宣布将开源进迭时空在自研RISC-V AI CPU上的核心技术&#xff0c;包括AI扩展指令…

C语言/数据结构——每日一题(合并两个有序链表)

一.前言 嗨嗨嗨&#xff0c;大家好久不见&#xff01;今天我在LeetCode看到了一道单链表题&#xff1a;https://leetcode.cn/problems/merge-two-sorted-lists想着和大家分享一下&#xff0c;废话不多说&#xff0c;让我们开始今天的题目分享吧。 二.正文 1.1题目描述 1.2题…

智慧旅游驱动行业革新:智能技术引领服务全面升级,匠心打造高品质、个性化旅游新体验

一、引言 随着科技的飞速发展和信息化程度的不断提高&#xff0c;智慧旅游正逐渐成为旅游业发展的新趋势。智慧旅游&#xff0c;顾名思义&#xff0c;是以智能化技术为支撑&#xff0c;通过大数据、云计算、物联网、人工智能等先进技术的应用&#xff0c;实现旅游服务的全面升…

袁庭新ES系列17节|Spring Data Elasticsearch基础

前言 为了简化对Elasticsearch的操作Spring Data提供了Spring Data Elasticsearch。Spring Data Elasticsearch是Spring Data技术对Elasticsearch原生API封装之后的产物&#xff0c;它通过对原生API的封装&#xff0c;使得程序员可以简单的对Elasticsearch进行各种操作。接下来…

HarmonyOS 4.0(鸿蒙开发)01 - 怎么学习鸿蒙引导篇

作为公司的全栈开发工程师 以及 未来的发展是有鸿蒙这个阶段的&#xff0c;以及本身具有这个技术栈由此后续会分享自己在实战中学习到的东西&#xff0c;碰到的bug都会分享出来&#xff0c;这是引导篇期待后续的更新 学习目标&#xff1a; 理解HarmonyOS操作系统的架构和开发…

Javascript:Web APIs(一)

Javascript基础&#xff08;一&#xff09; Javascript基础&#xff08;二&#xff09; Javascript基础&#xff08;三&#xff09; Javascript基础已经结束&#xff0c;接下来我们将进入到整个Web API学习中&#xff0c;在此&#xff0c;我们将学习DOM操作&#xff0c;基本的…

普乐蛙景区vr体验馆VR游乐场设备身历其境体验

小编给大家推荐一款gao坪效产品【暗黑战车】&#xff0c;一次6人同乘&#xff0c;炫酷外观、强大性能和丰富内容适合各个年龄层客群&#xff0c;紧张刺激的VR体验让玩家沉浸在元宇宙的魅力中&#xff0c;无论是节假日还是平日&#xff0c;景区商场助力门店提高客流量和营收~ ◆…

IGM焊接机器人RTE 495伺服电机维修详情一览

在当今科技迅速发展的时代&#xff0c;机器人已成为各行各业不可或缺的重要工具。IGM机器人便是其中之一&#xff0c;其工业机械手伺服马达作为机器人的关键部件&#xff0c;确保机器人能够高效、稳定地运行。当出现IGM焊接机器人RTE 495伺服电机故障问题时&#xff0c;及时进行…

Android 文件传输

目录 device explorer 文件目录关系对应&#xff1a; device explorer 经常写adb命令传文件&#xff0c;结果发现Android studio有自带的文件管理器&#xff0c;可以上传下载文件。 tool windows ->device explorer 文件目录关系对应&#xff1a; Android java获取的程序…

【华为】路由综合实验(基础)

【华为】路由综合实验 实验需求拓扑配置AR1AR2AR3AR4AR5PC1PC2 查看通信OSPF邻居OSPF路由表 BGPBGP邻居BGP 路由表 配置文档 实验需求 ① 自行规划IP地址 ② 在区域1里面 启用OSPF ③ 在区域1和区域2 启用BGP&#xff0c;使AR4和AR3成为eBGP&#xff0c;AR4和AR5成为iBGP对等体…