蓝桥备赛第二周 前缀和
生活随笔
收集整理的這篇文章主要介紹了
蓝桥备赛第二周 前缀和
小編覺得挺不錯的,現在分享給大家,幫大家做個參考.
文章目錄
- 前綴和與差分數組
- [HNOI2003]激光炸彈
- 前綴和解法（他又不變，，，前綴和就能搞定吧？）
- 這種地方出現的錯誤（部分數據過不去）可能是少個等于之類的邊界問題
- 2021-3-10復習，這里非常聰明的從1開始,到5001（輸入也+1），整個求和矩陣向右下方移一位，把a[0][x] a[x][0] 都設為0，這樣訪問a[i-1][j]的時候就都是0，不用特判
- 線段樹+掃描線解法
- Tallest Cow-----差分數組
- 這個應該是線段樹了吧，不對，應該也不用？差分數組就行吧
- 差分數組就行，兩個之間的-1，也就是【a+1】 -- 【b】++
- 但我沒想明白a<=b的條件怎么用就過了？
- 可能一個序列給兩遍，要去重
- 標記數組有點大了，下次可以試試用map
- 2021.3.10復習：///cows[0]=H 這里體現基數，之前cows數組代表身高差，另外cows[p]一定為0
- IncDec Sequence
- 我們最終的目標是將差分數組變成第一個位置是最終的數字，2~n都是0
- 每次對[l,r]進行+1/-1，相當于在差分后的數組上對l進行+1/-1，然后對r+1進行-1/+1
- 特殊的，如果r=n，那么就相當于對l進行了+1/-1！！！！！！！！！2021.3.10
- 那么我們統計差分后的數組的2~n號位置上每個位置上的數
- 令pos為所有正數的和，neg為所有負數的和的絕對值
- 那么首先是pos和neg對消 可能會剩下
- ~~剩下的有兩種選擇：自己消掉或者與1號位置對消~~
- 看做求出原序列的差分之后，將 S[2...n] 全部變為0所需的最少的步數和可以使 S[1] 變為多少種不同的數。
- 故第一問答案為max(pos,neg) 第二問答案為abs(pos-neg)+1
- 注意點：1.最好還是建兩個數組，一個存原來的，一個存差分，不然容易出錯
- 2.另外這道狗題要用longlong（淦歐）
- 2021.3.10 所剩余的數有兩種選擇!!!!!!
- 另外 b[2]到b[n]都變成0就可以了
- 2021.4.17總結：
- Best Cow Fences
- 二分+類前綴和（這道題真的離譜到家了）
- 另外這個題好像動規還是貪心里面那個一串數從左往右最大值！！！（check里面就是這個思路）
- 二分枚舉平均值，驗證當前的平均值是不是區間最大
- “先二分答案。接著對于每個候選答案，盡量在O(n)時間內驗證。”
- [C++ 中的 inline 用法](https://www.runoob.com/w3cnote/cpp-inline-usage.html)
- Cinema（離散化）
- 離散化
- 離散化的解法：
- 排序
- 我看一大堆離譜題解，這稀疏的用個map不就得了嘛
- malloc動態開數組時需要賦初值(也可以用memset很快的)，另外還發現了上面的問題（最后一組的M
前綴和與差分數組
原理與性質
https://www.cnblogs.com/mrpeng2333/p/11183654.html
[HNOI2003]激光炸彈
鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/20032 來源：?？途W
一種新型的激光炸彈，可以摧毀一個邊長為R的正方形內的所有的目標。 現在地圖上有n(N ≤ 10000)個目標，用整數Xi,Yi(其值在[0,5000])表示目標在地圖上的位置，每個目標都有一個價值。 激光炸彈的投放是通過衛星定位的，但其有一個缺點，就是其爆破范圍，即那個邊長為R的正方形的邊必須和x，y軸平行。 若目標位于爆破正方形的邊上，該目標將不會被摧毀。 輸入描述: 輸入文件的第一行為正整數n和正整數R，接下來的n行每行有3個正整數，分別表示 xi，yi ，vi 。 輸出描述: 輸出文件僅有一個正整數，表示一顆炸彈最多能炸掉地圖上總價值為多少的目標（結果不會超過32767）。 示例1 輸入 復制 2 1 0 0 1 1 1 1 輸出 復制 1
前綴和解法（他又不變，，，前綴和就能搞定吧？）
先錄入價值，然后a[i][j]表示以(1,1)為左上角，(i,j)為右下角所構成的矩陣的價值和（二維前綴和矩陣）
這樣b[i+m][j+m]-b[i+m][j]-b[i][j+m]+b[i][j]直接減就求出R內的值（其實就是暴力）
https://blog.csdn.net/weixin_44382711/article/details/112742528
這種地方出現的錯誤（部分數據過不去）可能是少個等于之類的邊界問題
2021-3-10復習，這里非常聰明的從1開始,到5001（輸入也+1），整個求和矩陣向右下方移一位，把a[0][x] a[x][0] 都設為0，這樣訪問a[i-1][j]的時候就都是0，不用特判
#include <iostream> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 10005 int a[maxn][maxn]={0}; int main() {int n,R;cin>>n>>R;int xi,yi,vi;for(int i=0;i<n;i++){cin>>xi>>yi>>vi;a[xi+1][yi+1]=vi;}for(int i=1;i<=5000;i++){for(int j=1;j<=5000;j++)///遍歷每一個點，計算以(1,1)為左上角，(i,j)為右下角的價值和{a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-1][j]-a[i-1][j-1]+a[i][j];}}int ans=0;for(int i=0;i<=5000-R;i++)///這里要寫等與號///而且不能改成1！！！！！！{for(int j=0;j<=5000-R;j++){ans=max(ans,a[i+R][j+R]-a[i+R][j]-a[i][j+R]+a[i][j]);///反過來的話：ans=max,,,,,, a[i][j]-a[i][j-R]-a[i-R][j]+a[i-R][j-R];}}cout<<ans;return 0; }線段樹+掃描線解法
https://blog.csdn.net/weixin_44382711/article/details/112738169
https://blog.csdn.net/icefox_zhx/article/details/78077506
Tallest Cow-----差分數組
鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/25044 來源：?？途W
FJ's N (1 ≤ N ≤ 10,000) cows conveniently indexed 1..N are standing in a line. Each cow has a positive integer height (which is a bit of secret). You are told only the height H (1 ≤ H ≤ 1,000,000) of the tallest cow along with the index I of that cow. FJ has made a list of R (0 ≤ R ≤ 10,000) lines of the form "cow 17 sees cow 34". This means that cow 34 is at least as tall as cow 17, and that every cow between 17 and 34 has a height that is strictly smaller than that of cow 17. For each cow from 1..N, determine its maximum possible height, such that all of the information given is still correct. It is guaranteed that it is possible to satisfy all the constraints. ---------------------------------------------------------------------------------------------- N（1≤N≤10000）頭1..N奶牛排成一行。每頭牛都有一個正整數的高度（這有點秘密）。 你只知道最高奶牛的身高H（1≤H≤1000000）以及該奶牛的位置I。 FJ列出了R（0≤R≤10000）行，形式為“17牛見34?！薄?這意味著34號奶牛至少和17號奶牛一樣高，17到34號之間的每頭奶牛的身高都比17號奶牛要小。 對于從1..N開始的每頭母牛，確定其最大可能高度，以便給出的所有信息仍然正確?？梢员ＷC滿足所有的約束條件。 輸入描述: Line 1: Four space-separated integers: N, I, H and R Lines 2..R+1: Two distinct space-separated integers A and B (1 ≤ A, B ≤ N), indicating that cow A can see cow B. 輸出描述: Lines 1..N: Line i contains the maximum possible height of cow i. 示例1 輸入 復制 9 3 5 5 1 3 5 3 4 3 3 7 9 8 輸出 復制 5 4 5 3 4 4 5 5 5
這個應該是線段樹了吧，不對，應該也不用？差分數組就行吧
差分數組就行，兩個之間的-1，也就是【a+1】 – 【b】++
但我沒想明白a<=b的條件怎么用就過了？
可能一個序列給兩遍，要去重
標記數組有點大了，下次可以試試用map
#include <iostream> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 10005 int cows[maxn]={0}; ///這個憨批題可能一道條件出兩遍 bool judge[maxn][maxn];///默認0 int main() {int N,I,H,R;cin>>N>>I>>H>>R;cows[0]=H;///每個代表與前面的牛的身高高多少，可以負數///不用管N cows[I]，他肯定不會處在兩端點之間，最后他的和肯定為0；int a,b;while(R--){cin>>a>>b;if(a>b)swap(a,b);if(judge[a][b]==true)continue;cows[a+1]--;cows[b]++;judge[a][b]=true;}for(int i=1;i<=N;i++){cows[i]+=cows[i-1];///cows[0]=H 這里體現基數，之前cows數組代表身高差，另外cows[p]一定為0}for(int i=1;i<=N;i++){cout<<cows[i]<<endl;}return 0; }2021.3.10復習：///cows[0]=H 這里體現基數，之前cows數組代表身高差，另外cows[p]一定為0
///每個代表與前面的牛的身高高多少，可以負數
///不用管N cows[I]，他肯定不會處在兩端點之間，最后他的和肯定為0；
注意一個序列給兩遍，要去重的情況！！！！！！！！！！！
IncDec Sequence
鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/50929
來源：?？途W
https://www.cnblogs.com/719666a/p/10089194.html
https://www.luogu.com.cn/blog/TheShadow/p4552-poetize6-incdec-sequence-you-qu-di-ci-fen-ti-xie
我們最終的目標是將差分數組變成第一個位置是最終的數字，2~n都是0
每次對[l,r]進行+1/-1，相當于在差分后的數組上對l進行+1/-1，然后對r+1進行-1/+1
特殊的，如果r=n，那么就相當于對l進行了+1/-1！！！！！！！！！2021.3.10
那么我們統計差分后的數組的2~n號位置上每個位置上的數
令pos為所有正數的和，neg為所有負數的和的絕對值
那么首先是pos和neg對消 可能會剩下
剩下的有兩種選擇：自己消掉或者與1號位置對消
看做求出原序列的差分之后，將 S[2…n] 全部變為0所需的最少的步數和可以使 S[1] 變為多少種不同的數。
故第一問答案為max(pos,neg) 第二問答案為abs(pos-neg)+1
注意點：1.最好還是建兩個數組，一個存原來的，一個存差分，不然容易出錯
2.另外這道狗題要用longlong（淦歐）
2021.3.10 所剩余的數有兩種選擇!!!
比如是正數：則是這個數之后的數都比這個數之前的大（假設前后都是0）
與S[1]配對：使這個數之前的數增加，也就是s[1]+1 s[x]-1
與S[n+1]配對：使這個數之后的數減小（都減一），也就是s[n+1]+1 s[x]-1（s[n+1]應該是與最后一個數的差值，為負數）
負數的話就相反
另外 b[2]到b[n]都變成0就可以了
2021.4.17總結：
eg：
22225555
00003000
這樣結果可以是全2，全3，全4，全5 （左邊往上+或者右遍往下減）
也就是3+1種
Best Cow Fences
大意是說，給你一個正整數序列，找出一個區間使得平均值最大，要求該區間的長度大于等于F。
二分+類前綴和（這道題真的離譜到家了）
另外這個題好像動規還是貪心里面那個一串數從左往右最大值！！！（check里面就是這個思路）
二分枚舉平均值，驗證當前的平均值是不是區間最大
“先二分答案。接著對于每個候選答案，盡量在O(n)時間內驗證?！?/h5>
https://www.cnblogs.com/liucongyu/p/6357610.html
http://www.cppblog.com/varg-vikernes/archive/2010/03/02/108737.aspx
http://www.voidcn.com/article/p-dgfakbof-bxn.html
https://blog.csdn.net/qq_42500298/article/details/82915017（這個代碼好）
C++ 中的 inline 用法
解決一些頻繁調用的小函數大量消耗?？臻g（棧內存）的問題，
inline 只適合涵數體內代碼簡單的涵數使用，不能包含復雜的結構控制語句例如 while、switch，并且不能內聯函數本身不能是直接遞歸函數（即，自己內部還調用自己的函數）。
它如果認為函數不復雜，能在調用點展開，就會真正內聯，并不是說聲明了內聯就會內聯，聲明內聯只是一個建議而已。
Cinema（離散化）
鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/50936
來源：?？途W
離散化
離散化
https://blog.csdn.net/s_999999/article/details/99080549
離散化：兩種離散化方式詳解
https://blog.csdn.net/weixin_43061009/article/details/82083983
離散化的解法：
https://blog.csdn.net/weixin_45719073/article/details/104267772
用abc三個數組來存編號，然后用d來去重，d里面存著所有的index，d對應著num 這樣查一個就可以在d里面查index（語言編號）對應的i（該語言對應的數組編號），然后上num++ – 查詢人數，另外再給d用排序，這樣查詢的時候就能二分了
排序
我看一大堆離譜題解，這稀疏的用個map不就得了嘛
用map存語言，用結構體數組存電影（聲音，字幕的語言，然后分別上map里查對應的人數，然后遍歷一遍查最大值（音頻更大直接換，音頻相同時查字幕是不是更大））
#include <iostream> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define maxn 200005 //int scien[maxn]; int lan[maxn]; struct movie{int aud,sub;///聲音語言和字幕語言int a,b;///此音頻母語人數，此字幕語言人數 }mov[maxn]; map<int,int>langer;int main() {int n;cin>>n;int sci;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>sci;langer[sci]++;}int m;cin>>m;for(int i=1;i<=m;i++){cin>>mov[i].aud;}for(int i=1;i<=m;i++){cin>>mov[i].sub;}movie buf;buf.a=buf.b=0;int besti=0;for(int i=1;i<=m;i++){if(langer[mov[i].aud])///存在音頻{mov[i].a+=langer[mov[i].aud];}if(langer[mov[i].sub])///存在音頻{mov[i].b+=langer[mov[i].sub];}if(mov[i].a>buf.a){buf=mov[i];besti=i;}else if(mov[i].a==buf.a&&mov[i].b>buf.b)///第一條件相同，比較第二條件{buf=mov[i];besti=i;///母語index}}cout<<besti<<endl;return 0; }v#### 小改進，加了動態開數組
malloc動態開數組時需要賦初值(也可以用memset很快的)，另外還發現了上面的問題（最后一組的M<N），
這句話的m寫成n了
for(int i=1;i<=m;i++){if(langer[mov[i].aud])///存在音頻{mov[i].a+=langer[mov[i].aud];}if(langer[mov[i] #include <iostream> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define maxn 200005 //int scien[maxn]; int lan[maxn]; struct movie{int aud,sub;///聲音語言和字幕語言int a,b;///此音頻母語人數，此字幕語言人數 }; map<int,int>langer;int main() {int n;cin>>n;int sci;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>sci;langer[sci]++;}int m;cin>>m;movie *mov=(movie*)malloc(sizeof(movie)*(m+10));memset(mov,0,sizeof(movie)*(m+10));for(int i=1;i<=m;i++){cin>>mov[i].aud;//mov[i].a=mov[i].b=0;}for(int i=1;i<=m;i++){cin>>mov[i].sub;}movie buf;buf.a=buf.b=0;int besti=0;for(int i=1;i<=m;i++){if(langer[mov[i].aud])///存在音頻{mov[i].a+=langer[mov[i].aud];}if(langer[mov[i].sub])///存在音頻{mov[i].b+=langer[mov[i].sub];}if(mov[i].a>buf.a){buf=mov[i];besti=i;}else if(mov[i].a==buf.a&&mov[i].b>buf.b)///第一條件相同，比較第二條件{buf=mov[i];besti=i;///母語index}}cout<<besti<<endl;return 0; }不對啊，應該占的內存小了啊，咋還大了，我人傻了
貨倉選址
鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/50937 來源：?？途W題目描述 在一條數軸上有N家商店，它們的坐標分別為 A[1]~A[N]。現在需要在數軸上建立一家貨倉，每天清晨，從貨倉到每家商店都要運送一車商品。為了提高效率，求把貨倉建在何處，可以使得貨倉到每家商店的距離之和最小。 輸入描述: 第一行一個整數N，第二行N個整數A[1]~A[N]。 輸出描述: 一個整數，表示距離之和的最小值。 示例1 輸入 復制 4 6 2 9 1 輸出 復制 12 備注: 對于100%的數據:N\leq 100000N≤100000, A[i]\leq 1000000A[i]≤1000000這題我第一眼都傻了，上來就是廣搜+動歸ptsd，說好的早睡呢
但其實就是當處于中間兩個數之間的時候，那么往左移和往右移并不影響總距離（一半全體+1另一半全體-1），而正好中間就不能動了，這也是要的是個距離和的值的原因（坐標不唯一）
也就是排個序直接求中位數（這題真的是按難度排序嘛）
細節：如果商店數為偶數的話，中點有兩個商店，此時在這兩個商店之間任選一點都可，即a[n/2]<=k<=a[n/2+1]，因為除這兩個商店外左右兩邊的商店數是相等的（即k向右移總距離加減數相等），而這兩個商店到k的距離和又是定值，所以不影響答案，我們可以直接選擇a[n/2]。
#include <iostream> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define maxn 100005 int a[maxn]; int main() {int n;cin>>n;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];}sort(a+1,a+n+1);int mid=n/2;int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){sum+=abs(a[i]-a[mid]);}cout<<sum;return 0; }另：明明是一樣的代碼為啥我的內存是人家一倍，，，，，，，
七夕祭P32
鏈接：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/50939
來源：牛客網
根據前幾道的經驗，我估計這是個數學題
交換上下和交換左右分別只影響行和列，所以可以分離
題解+均分紙牌題解
https://www.cnblogs.com/suansuan918106840226/p/12274711.html
非常有意思 原題=2個環形紙牌=2個（均分紙牌+貨倉）
#include <iostream> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; int N,M,T; #define maxn 100005 int a[maxn],b[maxn],sum[maxn]; ///ab為坐標，同時也是兩個需要均分的數組 int main() {cin>>N>>M>>T;int x,y;for(int i=1;i<=T;i++){cin>>x>>y;a[x]++;b[y]++;}if(T%N!=0&&T%M!=0)///無法均分紙牌{cout<<"impossible";return 0;}for(int i=1;i<=N;i++){a[i]-=T/N;///等效的，這樣可以記錄需要傳遞的牌數}for(int i=1;i<=M;i++){b[i]-=T/M;}ll ans=0;if(T%N==0){///for(int i=1;i<=N;i++){sum[i]=sum[i-1]+a[i];///前綴和}sort(sum+1,sum+1+N);int mid=(N+1)/2;///貨倉選址for(int i=1;i<=N;i++){ans+=abs(sum[i]-sum[mid]);}}if(T%M==0){///for(int i=1;i<=M;i++){sum[i]=sum[i-1]+b[i];///前綴和}sort(sum+1,sum+1+M);int mid=(M+1)/2;///貨倉選址for(int i=1;i<=M;i++){ans+=abs(sum[i]-sum[mid]);}}if(T%M==0&&T%N==0)printf("both ");else if(T%M==0)printf("column ");else printf("row ");cout<<ans;return 0; }Running Median（還有別的解法，有空看看）
依次給出n個數字，每輸入一個奇數則輸出即時中位數。（共有(n+1)/2個）
對頂堆，即用兩個堆，一個大根堆一個小根堆。每次比較兩個堆的堆頂，如果不相等就交換堆頂，否則堆頂即為所要求的中位數。
#include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> #include<queue> #include<cctype>inline void read(int &x) {char c=getchar(); int f=1;x=0;while(!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-1;c=getchar();}while(isdigit(c)) {x=x*10+c-48;c=getchar();}x*=f; return; } std::priority_queue <int> lq,sq; //lq大根堆，sq小根堆 int main() {int n,t,x,a,b,cnt;read(t);while(t--){read(cnt); read(n);while(lq.size()) lq.pop();while(sq.size()) sq.pop();printf("%d %d\n",cnt,(n+1)/2);for(int i=1;i<=n;i++){read(x);lq.push(x),sq.push(-x);if(i%2==0) continue;while(lq.top()!=-sq.top()){a=lq.top();lq.pop();b=-sq.top();sq.pop();sq.push(-a);lq.push(b);}printf("%d ",lq.top());if(((i+1)/2)%10 == 0) puts("");else if((n%2==1&&i==n)||(n%2==0&&i==n-1))puts("");}}return 0; }逆序對
用歸并排序計算逆序對個數
l到r，
短路運算符，所以沒加括號
！！歸并排序逆序對模板（就記這個吧，準些）
bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=501000; #define ll long long ll n,m,i,j,k,a[N],b[N],cnt; void merge(ll a[],ll l,ll r) {if (r-l<1)///等價于l==rreturn ;ll mid=(l+r)/2;merge(a,l,mid);merge(a,mid+1,r);ll i=l,j=mid+1;for (ll k=l;k<=r;k++){if (j>r || i<=mid && a[i]<=a[j])///這里有個等號b[k]=a[i++];else{cnt+=mid-i+1;b[k]=a[j++];}}for (ll k=l;k<=r;k++)a[k]=b[k]; } int main() {ios::sync_with_stdio(false);while(cin>>n && n){for (i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];cnt=0;merge(a,1,n);///用的時候直接輸入1到n（a[n]里也有數）cout<<cnt<<endl;}return 0; }Ultra-QuickSort
就是冒泡排序次數（每找到一對顛倒逆序對，都要交換一次，逆序對個數-1），也是逆序對個數
#include <iostream> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define maxn 500005 int cnt=0; int a[maxn],b[maxn];void my_merge(int l,int mid,int r) {int i=l,j=mid+1;for(int k=l;k<=r;k++){if(j>r||i<=mid&&a[i]<a[j]){b[k]=a[i++];}else{b[k]=a[j++];cnt+=mid-i+1;///a[j]較小，則a[i~mid]都比a[j]大（因為歸并嘛，排好之后a[j]在他們前面）}}for(int k=l;k<=r;k++){a[k]=b[k];}} void s2(int l,int r) {if(l==r)return ;int mid=(l+r)/2;s2(l,mid);s2(mid+1,r);my_merge(l,mid,r); } int main() {int buf;int n=0;///inputwhile(cin>>n){if(n==0){break;}cnt=0;for(int i=0;i<n;i++){cin>>a[i];}s2(0,n-1);cout<<cnt<<endl;}return 0; }奇數碼游戲
他只問行不行
空格左右移動時，逆序對個數肯定不變（因為就是正常移嘛）
上下移動時，那就是移動過去，也就是一個數和n-1個數交換位置，奇偶不變
橫向展開成一位序列，計算逆序對個數
第一遍的代碼，這個很離譜，不知道為什么會隨機的無法輸入？一會70%一會10%，純看運氣
#include <iostream> #include<bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; #define maxn 500*500+5 int n; int a[maxn],b[maxn],a2[maxn]; ///int cnt1=0; ///int cnt2=0;void my_merge(int l,int mid,int r,int *yuan,int *buf) {int i=l,j=mid+1;for(int k=l;k<=r;k++){if(j>r||i<=mid&&yuan[i]<yuan[j])///三個條件一次寫錯，我真的是{buf[k]=yuan[i++];}else{buf[k]=yuan[j++];///cnt1++;///寫錯了yuan[500*500+3]+=mid-i+1;}}for(int k=l;k<=r;k++){yuan[k]=buf[k];} }void s2(int l,int r,int *yuan,int *buf) {if(l==r){return ;}int mid=(l+r)/2;s2(l,mid,yuan,buf);s2(mid+1,r,yuan,buf);my_merge(l,mid,r,yuan,buf);}int main() {int n;while(cin>>n){if(n==1){cin>>a[0];cin>>a2[0];cout<<"TAK"<<endl;continue;}// cout<<"main1"<<endl;int buf;for(int i=0;i<n*n-1;i++){cin>>buf;if(buf==0){i--;continue;}else{a[i]=buf;}}for(int i=0;i<n*n-1;i++){cin>>buf;if(buf==0){i--;continue;}else{a2[i]=buf;}}//cout<<"main2"<<endl;a[500*500+3]=0;a2[500*500+3]=0;s2(0,n*n-1-1,a,b);s2(0,n*n-1-1,a2,b);int ji1=a[500*500+3]%2;int ji2=a2[500*500+3]%2;// cout<<"main3"<<endl;if(ji1==ji2){cout<<"TAK"<<endl;}else{cout<<"NIE"<<endl;}}return 0; }第二遍的代碼
如果說總是要多輸入幾次才能行，可以在每個輸入下面寫輸出，看看是不是循環輸入次數算錯了
目前出現的憨批錯誤
1.cnt+=mid-i+1;沒寫+號
2.a[m++]=buf;多寫個等號結果全沒輸入進去
3.
總結
以上是生活随笔為你收集整理的蓝桥备赛第二周 前缀和的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
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