方法技巧：
1.进行循环暴力骗分，然后每一层的初始进行判断，如果已经不满足题意了，那么久直接continue，后面的循环就不用浪费时间了。我们可以把题目所给的等式，比如说有四个未知量，那么我们可以用其他的三个未知量进行确定表示最后一个未知量，这样我们就可以少一层暴力循环。
2.日期类的问题，我们可以直接枚举年份，判断闰年还是平年，然后根据这个选择二月份的时间。之后根据月份选择天数。
3.直接bfs或者dfs暴力，要尽可能地剪枝，比如说以后的情况就已经不满足了就要及时的return
4.记忆化，之前跑过的结果就直接return回之前的答案，不用那么麻烦的纠结是否可以实现。
5.注意一个问题，就是说，要范围，尤其是二分的时候。
6.注意如果最后一个数据还未进入答案的统计时候，在遍历完循环，要记得单独再加一个判断最后的一个数据是否可以更新答案。
7.充分挖掘，如果说不满足要求了，就可以提前退出了，写暴力循环的时候，一定要看能不能尽可能地优化。
【第十四届蓝桥杯考前速成】必考知识点及代码模板总结，看完至少多拿50分_蓝桥杯考前必看-CSDN博客
第八届：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,m,a,b;
int oppo[7]={0,4,5,6,1,2,3};
bool st[7][7];
struct matrix{int c[7][7];matrix(){memset(c,0,sizeof(c));}
}A,res;matrix operator * (matrix &x,matrix &y){matrix t;for(int i=1;i<=6;i++){for(int j=1;j<=6;j++){for(int k=1;k<=6;k++){t.c[i][j]=(t.c[i][j]+x.c[i][k]*y.c[k][j])%mod;}}}return t;
}
void fastpow(int k)
{for(int i=1;i<=6;i++){res.c[1][i]=4;}for(int i=1;i<=6;i++){for(int j=1;j<=6;j++){if(st[i][oppo[j]]) A.c[i][j]=0;else A.c[i][j]=4;}}while(k){if(k&1) res=res*A;A=A*A;k>>=1;}
}
int main(){cin>>n>>m;while(m--){cin>>a>>b;st[a][b]=st[b][a]=1;}fastpow(n-1);int ans=0;for(int i=1;i<=6;i++){ans=(ans%mod+res.c[1][i]%mod)%mod;}cout<<ans<<"\n";return 0;
}P8626 [蓝桥杯 2015 省 A] 灾后重建
是一个分治问题，还是不太会。目前只是知道暴力。
就是要构建一个生成树，使他们能给联通，代价就是构成这个生成树的最大边的权值。
每一次询问都会进行重新更新，也就是init。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;int N, M, Q;
const int maxM = 2e5;
const int maxN = 5e4 + 5;
int par[maxN];//定义边
struct edge {int begin, end, cost;
}edges[maxM];bool cmp(edge x, edge y) {return x.cost<y.cost;
}//并查集
int get_root(int a) { //求根节点 if(par[a] != a) {par[a] = get_root(par[a]);}return par[a];
}//查询是否在同一集合中
bool query(int a,int b) {return get_root(a) == get_root(b);
}//合并两个结点
void merge(int a,int b) {par[get_root(a)] = get_root(b);
}//每次询问都要初始化
void init() {for(int i = 1;i <= N;i++) {par[i] = i;}
}int solve(int l, int r, int k, int c) {init();for(int i = 0;i < M;i++) {int begin = edges[i].begin;int end = edges[i].end;int cost = edges[i].cost;if(get_root(begin) == get_root(end)) { //该边的两个结点已经在同一个集合中 continue;}else {merge(begin, end); //合并加边 }//每添加一条边都要判断一下已经满足条件，是就退出 bool flag = true;int parent = 0;//检查l到r中模k余c的点是否已经连通 for(int i = l;i <= r;i++) {if(i % k == c) {if(parent == 0) {parent = get_root(i);}else {if(parent != get_root(i)) { //实际上就是检查这些结点是不是在同一个集合里 flag = false;break;}}}}if(flag) {cout<<cost<<endl; //已经在同一个集合，说明已经连通 break;}}return 1;
}int main() {cin>>N>>M>>Q;for(int i = 0;i < M;i++) {cin>>edges[i].begin>>edges[i].end>>edges[i].cost;} sort(edges, edges + M, cmp); //边从小到大排序 for(int i = 0;i < Q;i++) {int l, r, k, c;cin>>l>>r>>k>>c;solve(l, r, k, c);}return 0;
}
方格填数问题：
本质上就是一个dfs，然后在dfs过程中。
我们可以直接按照正常的顺序进行遍历，从左到右，在从上到下进行遍历。这样就可以满足我们所有的遍历情况，在遍历的过程中，如果check已经是false了那么我们就即使的进行break掉，直接进行下一层的遍历，同时也不会增加额外的开销。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int mp[10][10];
int ans = 0;
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};bool check(int i,int j){ //检查9宫格 for(int x=i-1;x<=i+1;x++){for(int y=j-1;y<=j+1;y++){if(abs(mp[x][y]-mp[i][j])==1)return false;}}return true;
}int num[10] = {0};
int vis[10][10] = {0};void dfs(int x, int y) {if (x==3&&y==4) {ans++;return;}// 尝试填充数字for (int j = 0; j < 10; j++) {if(num[j]==0){mp[x][y]=j; //填数num[j]=1; if(check(x,y)){if(y==4)dfs(x+1,1); //换行 elsedfs(x,y+1);}num[j]=0; mp[x][y]=100; }}
}int main() {ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);// 初始化地图for (int i = 0; i <= 5; i++) {for (int j = 0; j <= 6; j++) {mp[i][j] = 100;}}dfs(1, 2);cout << ans << "\n";return 0;
}寒假作业：
这个也是一个dfs。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int ans;
int vis[20]={0};
int mp[100];
int check(int x)
{if(x>=3&&(mp[1]==0||mp[2]==0||mp[3]==0)) return 0;if(x>=6&&(mp[4]==0||mp[5]==0||mp[6]==0)) return 0;if(x>=9&&(mp[7]==0||mp[8]==0||mp[9]==0)) return 0;if(x>=12&&(mp[10]==0||mp[11]==0||mp[12]==0)) return 0;if(x>=3&&(mp[1]+mp[2]!=mp[3])) return 0;if(x>=6&&(mp[4]-mp[5]!=mp[6])) return 0;if(x>=9&&(mp[7]*mp[8]!=mp[9])) return 0;if(x>=12&&(mp[10]!=mp[12]*mp[11])) return 0;return 1;
}
void dfs(int x){if(x==14){if(check(x))ans++;return;}for(int i=1;i<=13;i++){if(vis[i]==0){mp[x]=i;vis[i]=1;if(check(x))dfs(x+1);mp[x]=0;vis[i]=0;}}}int main() {ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);ans=0;memset(mp,0,sizeof(mp));dfs(1);cout << ans << "\n";return 0;
}密码脱落：
在这个问题中。
我们有两个问题需要考虑，一个是这个种子丢的地方不知道，另外一个丢了几个也不知道。
那么其实本质上就是说，非连续的子序列相同问题。我们要前后对称，那么我们就需要找到一个最长的子序列，这个子序列是回文的。如果我们暴力的寻找，会很麻烦时间复杂度一定会炸掉。之后呢我们可以构建一个反串，就是说，这个反串和正串进行寻找最长的公共子序列，那么这样复杂度就是n2满足我们的要求。
#include <iostream>
#define ll long long
#include <algorithm>
#include <string>
#include <string.h>
#include <cstdio>using namespace std;
int dp[1010][1010];
int main(){string str1,str2;while(cin>>str1){memset(dp,0,sizeof(dp));str2=str1;int len=str1.size();reverse(str2.begin(),str2.end()); //翻转串for(int i=1;i<=len;i++){ for(int j=1;j<=len;j++){if( str1[i-1] == str2[j-1] ) dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+1;else{dp[i][j]=max(dp[i][j-1],dp[i-1][j]);}}}cout<< len-dp[len][len] <<endl;}return 0;
}
迷宫问题：
这个问题的思路是这个样子的。
1.从终点方向跑路线，这样可以直接更新重点到每一点的最短距离。
2.从正向进行构建路线，优选选择字段序小的字母，这个字母之后进行找到下一个字母，同时这两个位置之间的距离恰好就是1，这样就是我们正确的最小路径。
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <string.h>
#include <queue>
using namespace std;
char a[40][60]; //存图
int nextx[4] = { 1,0,0,-1 }, nexty[4] = { 0,-1,1,0 }; //D<L<R<U 字典序直接把方向数组处理好就可以了
int dist[40][60]; //定义一个dist数组，用来存放各点到终点的最短距离
char dir[4] = { 'D','L','R','U' };
bool check(int x, int y) {return x > 0 && y > 0 && x <= 50 && y <= 50 && a[x][y] == '0'&&dist[x][y] == -1;
}
void bfs() { //BFS扫一遍，求出各点到终点的最短距离queue<pair<int, int> >q;memset(dist, -1, sizeof(dist));dist[30][50] = 0;q.push({ 30,50 });while (!q.empty()) {pair<int ,int> t = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < 4; i++) {int newx = t.first + nextx[i];int newy = t.second + nexty[i];if (check(newx, newy)) {dist[newx][newy] = dist[t.first][t.second] + 1;q.push({ newx,newy });}}}
}int main() {for (int i = 1; i <= 30; i++)for (int j = 1; j <= 50; j++)cin >> a[i][j];bfs();int x = 1, y = 1; //从起点开始遍历string res; //存答案while (x != 30 || y != 50) {for (int i = 0; i < 4; i++) {int newx = x + nextx[i];int newy = y + nexty[i];if (newx > 0 && newy > 0 && newx <= 50 && newy <= 50 && a[newx][newy] == '0'&&dist[newx][newy]==dist[x][y]-1) {x = newx, y = newy;res += dir[i];break;}}}cout << res << "\n";return 0;
}方格分割：
我们就是从（3，3）中心的位置进行搜索的，然后如果走到了边界，说明就是一种方案。然后因为我们四个方向如果走到一个点后，那么我们可能是可能会重复的。所以答案是/4.
这个点和对称点同时要置为1.
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;short a[1005][1005];
int dx[5]={0,0,-1,1};
int dy[5]={1,-1,0,0};
int ans;
void dfs(int x,int y){if(x==0||y==0||x==6||y==6){ans++;return;}for(int i=0;i<4;i++){int xx=x+dx[i];int yy=y+dy[i];if(a[xx][yy]==0){a[xx][yy]=1;a[6-xx][6-yy]=1;dfs(xx,yy);a[xx][yy]=0;a[6-xx][6-yy]=0;}}
}void solve()
{a[3][3]=1;ans=0;dfs(3,3);cout<<ans/4<<"\n";}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int T;T=1;//cin>>T;while(T--){solve();}
}正则问题，
我们清晰的发现也是一个dfs问题，直接进行递归就行。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;short a[1005][1005];
int dx[5]={0,0,-1,1};
int dy[5]={1,-1,0,0};
int ans;
void dfs(int x,int y){if(x==0||y==0||x==6||y==6){ans++;return;}for(int i=0;i<4;i++){int xx=x+dx[i];int yy=y+dy[i];if(a[xx][yy]==0){a[xx][yy]=1;a[6-xx][6-yy]=1;dfs(xx,yy);a[xx][yy]=0;a[6-xx][6-yy]=0;}}
}void solve()
{a[3][3]=1;ans=0;dfs(3,3);cout<<ans/4<<"\n";}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int T;T=1;//cin>>T;while(T--){solve();}
}包子凑数问题。
首先根据两个数论定理。
ax+by=z 有解的情况，只能是，gcd（a,b）可以被z整数。
如果ab互质的话，说明了z是任何1的倍数，那么ab就可以表示所有的数。
如果不是互质的话，根据一个定理，他所不能表达的数字一定在 a*b-a-b内。那么我们就直接判断是否可以得到这个区间的所有数字。这是一个完备空间，我们就直接进行完全背包的暴力。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
/**测试用例23 5答案4*/
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 5;LL f[N]; //表示凑出j个包子的方法总数
int a[N]; //每种规格中包子的数量
int ans; //组装不出来的包子个数//最大公约数，辗转相除法
int gcd(int a, int b) {if (b == 0) return a;return gcd(b, a % b);
}int main() {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];//赛瓦维斯特定理 : 两个互质数a,b表示不出来的最大数字是 a∗b−a−b//下面排序后找出极小值与次小值，它们的乘积再减去极小和次小，就是极限值sort(a + 1, a + 1 + n);int m1 = a[1], m2 = a[2]; //最小和次小int M = m1 * m2 - m1 - m2;//求出所有数字的最大公约数int g = a[1];for (int i = 2; i <= n; i++) g = gcd(g, a[i]);/*裴蜀定理:如果所有数字的最大公约数大于1，那么必然存在无法表示出的数字。不互质栗子:比如3 和 6 两种规格，能组装的就是 3,6,9,12,15,这个变化就是它们的最大公约数3。比如3 和 6 和 9 三种规格, 能组装的也是 3,6,9,12,15,这个变化就是它们的最大公约数3。此时 ，类似于 1,2,4,5,7,...之类的数字均是无法凑出的，有无穷多个。互质栗子:比如 3 和 4 两种规格， 能组装的就是 3,4,6,7,8,9,10,11,12...., 根据赛瓦维斯特定理，我们知道，最大的不能组装的数字是3*4-3-4=5比如 3 和 4 和 6 三种规格，因为3，4就能组装出5以上的所有数字，所以我们只需要从最小a[1]到 M 中查找即可。*/if (g > 1) {cout << "INF" << endl; // cout << -1 << endl; //青少组要求输出-1return 0;}/**完全背包f[j]表示凑出j个包子的方法总数，简单说就是如果f[j]>0就凑得出，f[j]=0就凑不出。递推式 f[j]=f[j−第i种蒸笼包子数]+1 (f[j−第i种蒸笼包子数]>=1)当j−第i种蒸笼包子数是可以凑成的，那么只需对其+第i种蒸笼包子数就可以凑成j个包子数。*/f[0] = 1; // 0个包子这个状态是合法的，是可以到达的状态。而且只能是一种方案，就是不管是哪种规格，一概不要for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= M; j++)if (j >= a[i] && f[j - a[i]]) f[j]++;//枚举每个可能的数字，如果这个数字存在1种以上的方案，就是可以凑出，否则就是无法凑出for (int i = 1; i <= M; i++)if (!f[i]) ans++;//输出答案cout << ans << endl;return 0;
}
油漆面积
其本质就是一个二位差分二位前缀和问题。
那么我们要注意的是，因为他所告诉你的不是格子的坐标，而是坐标系的坐标。
那么就需要进行特殊表示。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;short a[10005][10005];
void solve()
{int k;cin>>k;for(int i=1;i<=k;i++){int x1,y1,x2,y2;cin>>x1>>y1>>x2>>y2;a[x1][y1]+=1;a[x2][y1]-=1;a[x1][y2]-=1;a[x2][y2]+=1;}int ans=0;for(int i=0;i<=10000;i++){for(int j=0;j<=10000;j++){a[i][j] = (i > 0 ? a[i-1][j] : 0) + (j > 0 ? a[i][j-1] : 0) - (i > 0 && j > 0 ? a[i-1][j-1] : 0) + a[i][j];if(a[i][j]) ++ans;}}cout<<ans<<"\n";
}
int main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int T;T=1;//cin>>T;while(T--){solve();}
}
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long
int run(int x)
{if(x%400==0) return 1;if(x%4==0&&x%100!=0) return 1;return 0;
}
int a[20]={0,31,28,31,30,31,30,31,31,30,31,30,31};signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int t=6;int ans=0;for(int i=2000;i>=1901;i--){int be=12;int en=1;if(run(i)) a[2]=29;else a[2]=28;for(int j=be;j>=en;j--){int bee=a[j];int enn=1;for(int k=bee;k>=enn;k--){if(t==0){ans++;}t=(t-1+7)%7;}}}cout<<ans<<"\n";
}乘积尾零
这个问题应该不可以用每次乘完，去除完了末尾0然后进行继续计算，还是有可能会发生溢出问题。那么我们直接分割，分成有多少个2和5.然后取min，这样最后的答案就是我们的要的答案。
三体攻击
一个三维进行的计算问题。最后进行二分判断，第一个爆炸的飞船。
全球变暖
一个bfs，我们注意要先将下一个点标志城true，这样的话就不会造成这个点被加入多次，造成时间上的超时。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int dx[5]={0,0,1,-1};
int dy[5]={1,-1,0,0};
int n;
int mp[1005][1005]={0};
bool vis[1005][1005];
struct node{int x,y;
};
int bfs(int xxx,int yyy)
{queue<node>q;q.push({xxx,yyy});int flag=1;while(!q.empty()){auto [x,y]=q.front();q.pop();vis[x][y]=true;int num=0;for(int i=0;i<4;i++){int xx=x+dx[i];int yy=y+dy[i];if(xx>=1&&xx<=n&&yy>=1&&yy<=n&&mp[xx][yy]){num++;if(vis[xx][yy]==false) {vis[xx][yy]=true;q.push({xx,yy});}}}if(num==4) flag=0;}return flag;}
int main()
{cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){char c;cin>>c;if(c=='#') mp[i][j]=1;}}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){if(!vis[i][j]&&mp[i][j]){ans+=bfs(i,j);}}}cout<<ans<<"\n";}付账问题：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;long long a[500010];int main() {int n;long long s;cin >> n >> s;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> a[i];}//开始贪心选择sort(a, a + n); //排序，从小到大double avg = 1.0 * s / n;double sum = 0.0;for (int i = 0; i < n; i++) {if (a[i] * (n - i) < s) { //把钱全拿出的人sum += (a[i] - avg) * (a[i] - avg);s -= a[i]; //更新还差多少钱} else { //不需要把钱全拿出的人。剩下的人中，钱最少的人都可以达到cur_avgdouble cur_avg = 1ASEE.0 * s / (n - i); //注意这里的s是还差多少钱sum += (cur_avg - avg) * (cur_avg - avg) * (n - i); //如果这个人有钱付，那么后面的人一定也能付，所以直接乘后面的人数(n - i)即可break;}}printf("%.4f", sqrt(sum / n));return 0;
}颜色平衡树：求子树的个数。字数满足每一个颜色的子节点数量一样。
直接进行暴力bfs进行计算。
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <unordered_map>using namespace std;int main() {int n;cin >> n;vector<int> C(n + 1); // 存储每个节点的颜色vector<vector<int>> children(n + 1); // 存储每个节点的子节点列表for (int i = 1; i <= n; ++i) {int ci, fi;cin >> ci >> fi;C[i] = ci;if (fi != 0) {children[fi].push_back(i);}}int ans = 0;for (int u = 1; u <= n; ++u) {unordered_map<int, int> colorCount;queue<int> q;q.push(u);while (!q.empty()) {int node = q.front();q.pop();colorCount[C[node]]++;for (int child : children[node]) {q.push(child);}}bool valid = true;int cnt = -1;for (auto& pair : colorCount) {if (cnt == -1) {cnt = pair.second;} else {if (pair.second != cnt) {valid = false;break;}}}if (valid) {ans++;}}cout << ans << endl;return 0;
}博弈论
using namespace std;
#include<vector>
#include<iostream>
#include<unordered_map>
typedef long long ll;class Solution {public:unordered_map<string,bool> mp;// 记录各种状态的胜利，失败情况bool check(string s) {// 只剩下一个O，为必输态int cnt=0;for(const auto &c:s) {if(c=='O') cnt++;}return cnt==1;}// 第二行先下的人是必输的。// 由于小蓝优先下，因为传入的是XOOO,XXOO,OXOO,OXXO,是小蓝已经下棋的状态// 小蓝已经下了棋，所以小乔具有主动权。 // 又因为第二行第一个下棋的人必输，所以小乔在第一行应该让自己输，这样小乔才会赢 // 因为每一个人都以最优策略下棋，所以小乔会争取第一行输// dfs("XOOO")表示以这个棋盘开始下棋，小乔的输赢（算法默认优先找输) // 返回true，表示小乔第一行只能赢，那么第二行先手就是小乔，小蓝必赢 // 返回false，表示小乔拥有第一行输的优先权，那么小乔第二行在最优策略下就一定赢，小蓝就必输// 最终可以知道小乔第一行赢对应小蓝最终赢（两行下完)// 小乔第一行可以输对应小蓝最终输两行下完）// 最后强调，对于小乔的优先策略就是输！！！，因为dfs的结果只针对棋盘只有第一行时小乔的输赢。 bool dfs(string s) {if(mp.count(s)) return mp[s];// 避免重复计算if(check(s)) {// 说明当前这个人只有一个空位下，走到这一步的人必输mp[s]=false;return false;}int n=s.size();// 下一个for(int i=0; i<n; i++) {if(s[i]=='O') {string temp=s;temp[i]='X';if(dfs(temp)) {mp[s]=false;return false;}}}// 下两个for(int i=0; i<n; i++) {if(i<n-1&&s[i]=='O'&&s[i+1]=='O') {string temp=s;temp[i]='X';temp[i+1]='X';if(dfs(temp)) {mp[s]=false;return false;}}}// 优先找输，所以实在不可能输了，在返回赢 mp[s]=true;return true;}
};char to_char(bool ans) {return ans?'V':'L';
}int main() {Solution solution;// dfs表示小乔能不能在第一行输掉 bool r1=solution.dfs("XOOO"); bool r2=solution.dfs("XXOO"); bool r3=solution.dfs("OXOO"); bool r4=solution.dfs("OXXO"); cout << to_char(r1) << to_char(r2) << to_char(r3) << to_char(r4);return 0;
}括号序列
暴力：
al表示还需要多少个左括号 ar表示还需要多少个右括号
l表示已经有了多少个左括号，r表示已经有了多少个右括号
每次往下遍历的时候，需要保证当前的左括号数一定要大于右括号的数量
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <unordered_set>
using namespace std;int n;
string s;
unordered_set<string> ret;void dfs(int l,int r,int al,int ar,int idx,string cur){if(idx==n){if(!al&&!ar)ret.insert(cur);return;}if(al)dfs(l+1,r,al-1,ar,idx,cur+'(');if(ar&&l>r)dfs(l,r+1,al,ar-1,idx,cur+')');if(s[idx]=='(')dfs(l+1,r,al,ar,idx+1,cur+'(');else if(l>r)dfs(l,r+1,al,ar,idx+1,cur+')');
}int main(){cin>>s;n=s.size();int al=0,ar=0,l=0;for(char c:s){if(c=='('){l++;}else if(c==')'){if(l==0)al++;else{l--;}}}ar=l;dfs(0,0,al,ar,0,"");cout<<ret.size();
}
迷宫
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <string.h>
#include <queue>
using namespace std;
char a[40][60]; //存图
int nextx[4] = { 1,0,0,-1 }, nexty[4] = { 0,-1,1,0 }; //D<L<R<U 字典序直接把方向数组处理好就可以了
int dist[40][60]; //定义一个dist数组，用来存放各点到终点的最短距离
char dir[4] = { 'D','L','R','U' };
bool check(int x, int y) {return x > 0 && y > 0 && x <= 50 && y <= 50 && a[x][y] == '0'&&dist[x][y] == -1;
}
void bfs() { //BFS扫一遍，求出各点到终点的最短距离queue<pair<int, int> >q;memset(dist, -1, sizeof(dist));dist[30][50] = 0;q.push({ 30,50 });while (!q.empty()) {pair<int ,int> t = q.front();q.pop();for (int i = 0; i < 4; i++) {int newx = t.first + nextx[i];int newy = t.second + nexty[i];if (check(newx, newy)) {dist[newx][newy] = dist[t.first][t.second] + 1;q.push({ newx,newy });}}}
}int main() {for (int i = 1; i <= 30; i++)for (int j = 1; j <= 50; j++)cin >> a[i][j];bfs();int x = 1, y = 1; //从起点开始遍历string res; //存答案while (x != 30 || y != 50) {for (int i = 0; i < 4; i++) {int newx = x + nextx[i];int newy = y + nexty[i];if (newx > 0 && newy > 0 && newx <= 50 && newy <= 50 && a[newx][newy] == '0'&&dist[newx][newy]==dist[x][y]-1) {x = newx, y = newy;res += dir[i];break;}}}cout << res << "\n";return 0;
}RSA加密：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;ll p,q,e,ans;
ll n = 1001733993063167141,d = 212353;
ll C = 20190324;bool prime(ll x) {for(ll i = 2;i <= sqrt(x); i++) {if(x % i == 0) {return false;}}return true;
}ll gcd(ll a,ll b) {return b?gcd(b,a%b):a;
}ll gcd_Ex(ll a,ll b,ll &x,ll &y) { //ax+by=c的整数解 if(b==0) {x=1;y=0;return a;}ll x1,y1;ll gcd=gcd_Ex(b,a%b,x1,y1); //bx+(a%b)y=gcd(a,b)有整数解x1,y1; x=y1;y=x1-a/b*y1;return gcd;
}ll mod_reverse(ll a,ll b) { //求解ax%b==1 ll d,x,y;d=gcd_Ex(a,b,x,y); //ax+by=gcd(a,b)有整数解x,yif(d==1) {return (x%b+b)%b;}else { //无解 return -1;}
}ll fast_mul(ll a, ll b, ll mod){ //快速求解a*b%mod ll ans = 0;while(b) {if(b&1) {ans = (ans + a) % mod;}a=(a<<=1) % mod;b >>= 1;}return ans;
}ll pow_mod(ll a,ll b,ll mod) { //快速求解a^b%modll res=1,base=a%mod;while(b) {if(b&1) {res=fast_mul(res,base,mod);}base=fast_mul(base,base,mod);b >>= 1;}return res;
}int main() {//求解p,q /*for(ll i=1000;;i++) {if(n%i==0&&prime(i)&&prime(n/i)&&gcd(d,(i-1)*(n/i-1))==1) {p=i;q=n/i;break;}}*/p=891234941,q=1123984201;ll t=(p-1)*(q-1);e=mod_reverse(d,t);ll x=pow_mod(C,e,n);cout<<x;return 0;
}外卖模拟：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0); cout.tie(0);priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> h[100010]; //为每一家店创造一个优先队列（小顶对）int n, m, t;cin >> n >> m >> t;for(int i = 1; i<=m; i++){int x, y;cin >> x >> y;h[y].push(x);//把时间点存入这家店的队列中}int cnt = 0;for(int i = 1; i<=n; i++){int pri = 0; //“优先级”int lastget = 0; //上一次订单的时间bool in = false; //是否在“优先推荐”中while(!h[i].empty()){int x = h[i].top(); //订单时间h[i].pop();if(lastget!=x) pri-=(x-lastget-1);//如果不是同一个时间点多个订单的话，减去没有订单的那些时间需要减去的“优先级”if(pri<0) pri = 0; //可能小于零，设置成零if(in&&pri<=3) in = false; //如果在推荐里，但是此时“优先级”小于等于3，踢出推荐中pri+=2; //拿到两点“优先级”lastget = x; //更新上一次时间if(pri>5) in = true; //如果此时“优先级”大于3，踢出推荐中}//注意的是，这里需要先判断是否被踢出推荐，然后再加上2，//因为加入的条件是大于5，退出的条件是小于等于3，如果此时小于等于3了，但是加上2之后不小于3了，按照程序，符合“在推荐中+没有小于等于3”，不会被踢出去，//但是由于在这些空余的时间里，已经出了推荐榜，如果再进，需要大于5，此时没有达到在加入的条件，没有在推荐榜中//这里，由于要看的是时间T，但是T有可能不是最后一次收到订单的时间，需要额外判断，方法同上if(lastget!=t) pri-=(t-lastget);if(in&&pri<=3) in = false;if(in){cnt++;}} cout << cnt;return 0;
}修改数组：v
#include<bits/stdc++.h>#define rep(i, a, b) for(int i = a; i < b ; i++)using namespace std;const int N = 1e6 + 10;
int fa[N]; //并查集存储当前 “节点族” 最大还有哪个节点未用上
int n;int find(int x)
{if(fa[x] != x) fa[x] = find(fa[x]); //向上查找祖先节点，同时进行 “路经压缩“return fa[x]; //返回最大的可以用的节点
}int main()
{cin >> n;//1.初始化并查集rep(i, 1, N) //注意此时，并查集初始化取决于 数组中元素A的大小fa[i] = i;//2.对于每个节点，加入并查集，更新最大未使用的元素int x;rep(i, 1, n + 1){scanf("%d", &x);x = find(x); //找到当前最大未使用的元素printf("%d ", x);fa[x] = x + 1; //当前节点已经用过了 -> 往后偏移 -//如果是最新的，那么会直接输出当前元素，反之，输出之前记录的可以使用的最大元素}return 0;
}状态压缩：
#include <iostream>
using namespace std;
int n,m,k;long long dp[1<<21],a[105];
int main()
{cin>>n>>m>>k;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=k;j++)
{int x;cin>>x;
a[i]|=(1<<(x-1));
}
for(int i=1;i<(1<<m);i++)dp[i]=1e9;
for(int d=0;d<(1<<m);d++)for(int i=1;i<=n;i++)dp[d|a[i]]=min(dp[d|a[i]],dp[d]+1);long long ans=dp[(1<<m)-1];
cout<<(ans==1e9?-1:ans);return 0;
}倍数问题：
暴力枚举
#include <bits/stdc++.h>using namespace std;int main() {int n, k;cin >> n >> k;int nums[n];// 读取输入的 n 个整数并存储到数组中for(int i = 0; i < n; i++) {cin >> nums[i];}// 对数组进行排序sort(nums, nums + n);// 初始化结果变量为 0int ans = 0;// 三重循环遍历数组中所有可能的三个数的组合for (int i = n - 1; i >= 2; i--) {for (int j = i - 1; j >= 1; j--) {for (int t = j - 1; t >= 0; t--) {// 计算当前三个数的和int sum = nums[i] + nums[j] + nums[t];// 如果当前和是 k 的倍数，更新结果为当前和和原结果中的较大值if (sum % k == 0) {ans = max(ans, sum);}// 如果当前和小于结果，跳出内层循环if (sum < ans) {break;}}// 如果当前三个数的和已经小于结果，跳出内层循环if(nums[i] + nums[j] + nums[j - 1] < ans) {break;}}// 如果当前三个数的和已经小于结果，跳出外层循环if(nums[i] + nums[i - 1] + nums[i - 2] < ans) {break;}}// 输出结果cout << ans << endl;return 0;
}尽可能地平均
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;long long a[500010];int main() {int n;long long s;cin >> n >> s;for (int i = 0; i < n; i++) {cin >> a[i];}//开始贪心选择sort(a, a + n); //排序，从小到大double avg = 1.0 * s / n;double sum = 0.0;for (int i = 0; i < n; i++) {if (a[i] * (n - i) < s) { //把钱全拿出的人sum += (a[i] - avg) * (a[i] - avg);s -= a[i]; //更新还差多少钱} else { //不需要把钱全拿出的人。剩下的人中，钱最少的人都可以达到cur_avgdouble cur_avg = 1.0 * s / (n - i); //注意这里的s是还差多少钱sum += (cur_avg - avg) * (cur_avg - avg) * (n - i); //如果这个人有钱付，那么后面的人一定也能付，所以直接乘后面的人数(n - i)即可break;}}printf("%.4f", sqrt(sum / n));return 0;
}包子凑数：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
/**测试用例23 5答案4*/
typedef long long LL;
const int N = 1e6 + 5;LL f[N]; //表示凑出j个包子的方法总数
int a[N]; //每种规格中包子的数量
int ans; //组装不出来的包子个数//最大公约数，辗转相除法
int gcd(int a, int b) {if (b == 0) return a;return gcd(b, a % b);
}int main() {int n;cin >> n;for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];//赛瓦维斯特定理 : 两个互质数a,b表示不出来的最大数字是 a∗b−a−b//下面排序后找出极小值与次小值，它们的乘积再减去极小和次小，就是极限值sort(a + 1, a + 1 + n);int m1 = a[1], m2 = a[2]; //最小和次小int M = m1 * m2 - m1 - m2;//求出所有数字的最大公约数int g = a[1];for (int i = 2; i <= n; i++) g = gcd(g, a[i]);/*裴蜀定理:如果所有数字的最大公约数大于1，那么必然存在无法表示出的数字。不互质栗子:比如3 和 6 两种规格，能组装的就是 3,6,9,12,15,这个变化就是它们的最大公约数3。比如3 和 6 和 9 三种规格, 能组装的也是 3,6,9,12,15,这个变化就是它们的最大公约数3。此时 ，类似于 1,2,4,5,7,...之类的数字均是无法凑出的，有无穷多个。互质栗子:比如 3 和 4 两种规格， 能组装的就是 3,4,6,7,8,9,10,11,12...., 根据赛瓦维斯特定理，我们知道，最大的不能组装的数字是3*4-3-4=5比如 3 和 4 和 6 三种规格，因为3，4就能组装出5以上的所有数字，所以我们只需要从最小a[1]到 M 中查找即可。*/if (g > 1) {cout << "INF" << endl; // cout << -1 << endl; //青少组要求输出-1return 0;}/**完全背包f[j]表示凑出j个包子的方法总数，简单说就是如果f[j]>0就凑得出，f[j]=0就凑不出。递推式 f[j]=f[j−第i种蒸笼包子数]+1 (f[j−第i种蒸笼包子数]>=1)当j−第i种蒸笼包子数是可以凑成的，那么只需对其+第i种蒸笼包子数就可以凑成j个包子数。*/f[0] = 1; // 0个包子这个状态是合法的，是可以到达的状态。而且只能是一种方案，就是不管是哪种规格，一概不要for (int i = 1; i <= n; i++)for (int j = 1; j <= M; j++)if (j >= a[i] && f[j - a[i]]) f[j]++;//枚举每个可能的数字，如果这个数字存在1种以上的方案，就是可以凑出，否则就是无法凑出for (int i = 1; i <= M; i++)if (!f[i]) ans++;//输出答案cout << ans << endl;return 0;
}枚举
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;short a[1005][1005];
int dx[5]={0,0,-1,1};
int dy[5]={1,-1,0,0};
int ans;
void dfs(int x,int y){if(x==0||y==0||x==6||y==6){ans++;return;}for(int i=0;i<4;i++){int xx=x+dx[i];int yy=y+dy[i];if(a[xx][yy]==0){a[xx][yy]=1;a[6-xx][6-yy]=1;dfs(xx,yy);a[xx][yy]=0;a[6-xx][6-yy]=0;}}
}void solve()
{a[3][3]=1;ans=0;dfs(3,3);cout<<ans/4<<"\n";}
signed main()
{ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);int T;T=1;//cin>>T;while(T--){solve();}
}// #include <iostream>
// using namespace std;// const int to[4][2] = {{-1, 0}, {0, 1}, {1, 0}, {0, -1}};//方向数组
// const int N = 6;//边上的格子数，不是点数，点数要+1
// bool map[N + 1][N + 1]; //表示点
// int ans; //方法数// void dfs(int x, int y) {
// if (x == 0 || y == 0 || x == 6 || y == 6) {
// ans++;
// return;
// }
// for (int i = 0; i < 4; i++) {
// //注意这里好像只能建临时的坐标，而不能建全局变量
// int tx = x + to[i][0];
// int ty = y + to[i][1];
// //不用担心越界，因为到边界就会return
// if (map[tx][ty] == false) {
// map[tx][ty] = true;
// map[N - tx][N - ty] = true;//由于是关于起点中心对称的，所以每次搜索会涉及两个点
// dfs(tx, ty);
// map[tx][ty] = false;
// map[N - tx][N - ty] = false;
// }
// }
// }// int main(void) {
// map[3][3] = true;//起点置为真
// dfs(3, 3);//开始搜索
// printf("%d\n", ans/4);
// return 0;
// }正则 问题：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int re(int ans){char c;while(cin>>c){if(c == '\r' || c == '\n') return ans;else if(c == 'x') ans ++;else if(c == '(') ans += re(0);else if(c == ')') return ans;else if(c == '|') return max(ans, re(0));}return ans;
}
int main() {cout<<re(0);return 0;
}方格填数
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int mp[10][10];
int ans = 0;
int dx[4] = {0, 0, -1, 1};
int dy[4] = {1, -1, 0, 0};bool check(int i,int j){ //检查9宫格 for(int x=i-1;x<=i+1;x++){for(int y=j-1;y<=j+1;y++){if(abs(mp[x][y]-mp[i][j])==1)return false;}}return true;
}int num[10] = {0};
int vis[10][10] = {0};void dfs(int x, int y) {if (x==3&&y==4) {ans++;return;}// 尝试填充数字for (int j = 0; j < 10; j++) {if(num[j]==0){mp[x][y]=j; //填数num[j]=1; if(check(x,y)){if(y==4)dfs(x+1,1); //换行 elsedfs(x,y+1);}num[j]=0; mp[x][y]=100; }}
}int main() {ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);// 初始化地图for (int i = 0; i <= 5; i++) {for (int j = 0; j <= 6; j++) {mp[i][j] = 100;}}dfs(1, 2);cout << ans << "\n";return 0;
}寒假作业：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;int ans;
int vis[20]={0};
int mp[100];
int check(int x)
{if(x>=3&&(mp[1]==0||mp[2]==0||mp[3]==0)) return 0;if(x>=6&&(mp[4]==0||mp[5]==0||mp[6]==0)) return 0;if(x>=9&&(mp[7]==0||mp[8]==0||mp[9]==0)) return 0;if(x>=12&&(mp[10]==0||mp[11]==0||mp[12]==0)) return 0;if(x>=3&&(mp[1]+mp[2]!=mp[3])) return 0;if(x>=6&&(mp[4]-mp[5]!=mp[6])) return 0;if(x>=9&&(mp[7]*mp[8]!=mp[9])) return 0;if(x>=12&&(mp[10]!=mp[12]*mp[11])) return 0;return 1;
}
void dfs(int x){if(x==14){if(check(x))ans++;return;}for(int i=1;i<=13;i++){if(vis[i]==0){mp[x]=i;vis[i]=1;if(check(x))dfs(x+1);mp[x]=0;vis[i]=0;}}}int main() {ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);ans=0;memset(mp,0,sizeof(mp));dfs(1);cout << ans << "\n";return 0;
}里外世界：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long longconst int INF = 1e18;signed main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int n, k;cin >> n >> k;vector<int> a(n + 1), b(n + 1);for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i];for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> b[i];vector<vector<int>> dp(n + 1, vector<int>(2, -INF));dp[1][0] = a[1]; // 初始在表世界1号点for (int i = 2; i <= n; ++i) {// 从表世界i-1到表世界iif (dp[i-1][0] != -INF) {dp[i][0] = dp[i-1][0] + a[i];}// 从里世界i-1到表世界i（跃迁）if (dp[i-1][1] >= k) {dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[i-1][1] + a[i] - k);}// 从里世界i-1到里世界iif (dp[i-1][1] != -INF) {dp[i][1] = dp[i-1][1] + b[i];}// 从表世界i-1到里世界i（跃迁）if (dp[i-1][0] >= k) {dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[i-1][0] + b[i] - k);}}cout << max(dp[n][0], dp[n][1]) << '\n';return 0;
}bfs
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long longint num;
int n,m;
char mp[1000][1000];
int vis[501][501];
int dis[501][501];
int dx[5]={0,0,1,-1};
int dy[5]={1,-1,0,0};
int fa[260005];
map<array<int,2>,int>id;int _find(int x){if(x==fa[x]) return x;else{fa[x]=_find(fa[x]);return fa[x];}
}
void _union(int x,int y)
{int fax=_find(x);int fay=_find(y);fa[fax]=fay;
}
void bfs(int bex,int bey)
{queue<array<int,2>>q;q.push({bex,bey});vis[bex][bey]=1;int faa=_find(id[{bex,bey}]);while(q.size()){auto [x,y]=q.front();q.pop();vis[x][y]=1;for(int i=0;i<4;i++){int xx=x+dx[i];int yy=y+dy[i];if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m) continue;if(vis[xx][yy]==1) continue;if(mp[xx][yy]=='#') continue;vis[xx][yy]=1;q.push({xx,yy});_union(id[{bex,bey}],id[{xx,yy}]);}}}
void solve() {cin>>n>>m;num=0;for(int i=1;i<=260000;i++) fa[i]=i;memset(vis,0,sizeof(vis));for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){cin>>mp[i][j];id[{i,j}]=++num;}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=m;j++){if(vis[i][j]==0&&mp[i][j]=='.'){bfs(i,j);}}}int Q;cin>>Q;while(Q--){int x1,x2,y1,y2,enx,eny;cin>>x1>>y1>>x2>>y2>>enx>>eny;int dis1=abs(x1-enx)+abs(y1-eny);int dis2=abs(x2-enx)+abs(y2-eny);int cnt1=0;int cnt2=0;for(int i=0;i<4;i++){int xx=x1+dx[i];int yy=y1+dy[i];if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m) cnt1++;else if(mp[xx][yy]=='#') cnt1++;}for(int i=0;i<4;i++){int xx=x2+dx[i];int yy=y2+dy[i];if(xx<1||xx>n||yy<1||yy>m) cnt2++;else if(mp[xx][yy]=='#') cnt2++;}if(cnt1==3&&dis1==1&&dis2!=1){cout<<"No\n";continue;}if(cnt2==3&&dis1!=1&&dis2==1){cout<<"No\n";continue;}if(dis1%2==dis2%2&&_find(id[{x1,y1}])==_find(id[{enx,eny}])&&_find(id[{x2,y2}])==_find(id[{enx,eny}])){cout<<"Yes\n";}else{cout<<"No\n";}}}signed main() {int T;T=1;//cin>>T;while(T--) {solve();}
}组合数问题：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=2e5+100;
const int mod=1e9+7;
int n;
int fast_pow_mod(int a,int b,int mod){int res=1;while(b){if(b&1) res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;
}
int C(int a,int b){if(a<b) return 0;int res=1;for(int i=1,j=a;i<=b;j--,i++){res=res*j%mod;res=res*fast_pow_mod(i,mod-2,mod)%mod;}return res;}
int fact(int a)
{int res=1;for(int i=a;i>=2;i--){res=res*i%mod;}return res;
}
void solve(){int n;cin>>n;int res=C(n/3,n/2-n/3)*C(n-n/3,n/2-n/3)%mod*fact(n/3)%mod*fact(n-n/3)%mod;cout<<res<<"\n";return;
}
signed main() {ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;t=1;//cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}小红的染色期望：
有 nnn 个白色小球排成一排。小红每次将随机选择两个相邻的白色小球，将它们染成红色。小红将持续这个操作直到无法操作，请你计算小红操作次数的期望。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=2e6+100;
const int mod=1e9+7;
int n;
int fast_pow_mod(int a,int b,int mod){int res=1;while(b){if(b&1) res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;
}
int C(int a,int b){if(a<b) return 0;int res=1;for(int i=1,j=a;i<=b;j--,i++){res=res*j%mod;res=res*fast_pow_mod(i,mod-2,mod)%mod;}return res;}
int fact(int a)
{int res=1;for(int i=a;i>=2;i--){res=res*i%mod;}return res;
}
int dp[maxn]={0};
int pre[maxn]={0};
void solve(){int n;cin>>n;dp[0]=0;dp[2]=1;dp[1]=0;pre[2]=1;for(int i=3;i<=n;i++){int p=fast_pow_mod(i-1,mod-2,mod);dp[i]=(dp[i]+pre[i-2]*2%mod*p%mod)%mod;dp[i]=(dp[i]+1)%mod;pre[i]=(pre[i-1]+dp[i])%mod;}cout<<dp[n]<<"\n";
}
signed main() {ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;t=1;//cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}极坐标排序：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn=2e6+100;
const int mod=1e9+7;
int fast_pow_mod(int a,int b,int mod){int res=1;while(b){if(b&1) res=res*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return res;
}
int C(int a,int b){if(a<b) return 0;int res=1;for(int i=1,j=a;i<=b;j--,i++){res=res*j%mod;res=res*fast_pow_mod(i,mod-2,mod)%mod;}return res;}
int fact(int a)
{int res=1;for(int i=a;i>=2;i--){res=res*i%mod;}return res;
}
const int N=2e+5+100;
struct point{int x,y;
}P[N],xl[N];
bool cmp(point a,point b){return a.x*b.y>a.y*b.x;
}
int cross(int x1,int y1,int x2,int y2){return x1*y2-x2*y1;
}void solve(){int ans=LONG_LONG_MAX;int n;cin>>n;for(int i=1;i<n;i++){cin>>P[i].x>>P[i].y;}for(int i=0;i<n;i++){int k=0;for(int j=0;j<n;j++){if(i!=j){xl[k].x=P[j].x-P[i].x;xl[k].y=P[j].y-P[i].y;k++;}}sort(xl,xl+k,cmp);for(int j=0;j<k-1;j++){//cout<<abs(xl[j].x*xl[j+1].y-xl[j+1].x*xl[j].y)<<endl;ans=min(ans,abs(xl[j].x*xl[j+1].y-xl[j+1].x*xl[j].y));}}printf("%.3lf",double(ans)/2);
}
signed main() {ios_base::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;t=1;//cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}想与不是0的可以建立边：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<queue>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
using namespace std;
const int N = 1e5 + 10,mod=1e9+7;
const int INF=0x3f3f3f3f;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
int T;
int n;
ll p[N+65],Size[N+65];
int find(int x)
{if(p[x]!=x)p[x]=find(p[x]);return p[x];
}
void merge(int a,int b)
{int pa=find(a),pb=find(b);if(pa!=pb){Size[pb]+=Size[pa];p[pa]=pb;}
}
int main()
{cin>>T;while(T--){cin>>n;for(int i=1;i<=n+64;i++)p[i]=i,Size[i]=1;for(int i=n+1;i<=n+64;i++)Size[i]=0;for(int i=1;i<=n;i++){ll x;cin>>x;for(int j=0;j<=63;j++)if(x>>j&1)merge(i,n+j+1);}ll ans=0;for(int i=n+1;i<=n+64;i++)ans=max(ans,Size[i]);cout<<ans<<endl;}return 0;
}分解质因数：
//分解质因子
#include <iostream>
using namespace std;
int main()
{int num;cin >> num;cout << num << "=";for (int i = 2; i <= num; i++) //循环查找判断质因数{while (num % i == 0) //若i为num的质因数，则输出i{cout << i;num /= i; //对num除以i后的数求取质因数if (num != 1)//判断num是否除尽 cout << "*";}}cout << endl;return 0;
}质数筛子：
#include <iostream>
#include <vector>
#include <cmath>
using namespace std;void sieve(int n) {
vector<bool> is_prime(n + 1, true);
is_prime[0] = is_prime[1] = false;for (int i = 2; i <= sqrt(n); ++i) {
if (is_prime[i]) {
for (int j = i * i; j <= n; j += i) {
is_prime[j] = false;
}
}
}for (int i = 2; i <= n; ++i) {
if (is_prime[i]) {
cout << i << " ";
}
}
cout << endl;
}int main() {
int n;
cout << "请输入一个数字：";
cin >> n;
sieve(n);
return 0;
}李白打酒：
(第十三届蓝桥杯省赛)I：李白打酒加强版（动态规划）_李白打酒 动态规划-CSDN博客
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int INF = 1e9;
const int dx[] = {-1, 1, 0, 0};
const int dy[] = {0, 0, -1, 1};int main() {int H, W;cin >> H >> W;vector<string> S(H);for (int i = 0; i < H; ++i) cin >> S[i];int A, B, C, D;cin >> A >> B >> C >> D;--A; --B; --C; --D;vector<vector<int>> dist(H, vector<int>(W, INF));deque<pair<int, int>> dq;dist[A][B] = 0;dq.emplace_back(A, B);while (!dq.empty()) {auto [i, j] = dq.front();dq.pop_front();if (i == C && j == D) {cout << dist[i][j] << endl;return 0;}// Move to adjacent cells without kickfor (int d = 0; d < 4; ++d) {int ni = i + dx[d], nj = j + dy[d];if (ni < 0 || ni >= H || nj < 0 || nj >= W) continue;if (S[ni][nj] == '.' && dist[ni][nj] > dist[i][j]) {dist[ni][nj] = dist[i][j];dq.emplace_front(ni, nj);}}// Perform front kick and handle cellsfor (int d = 0; d < 4; ++d) {int ni = i + dx[d], nj = j + dy[d];if (ni < 0 || ni >= H || nj < 0 || nj >= W) continue;if (S[ni][nj] == '#') {int newk = dist[i][j] + 1;if (dist[ni][nj] > newk) {dist[ni][nj] = newk;dq.emplace_back(ni, nj);}int ni2 = ni + dx[d], nj2 = nj + dy[d];if (ni2 < 0 || ni2 >= H || nj2 < 0 || nj2 >= W) continue;if (dist[ni2][nj2] > newk) {dist[ni2][nj2] = newk;dq.emplace_back(ni2, nj2);}}}}cout << -1 << endl;
}