不是,这题甚至还是官方

πππ保留小数点后181818位： 3.1415926535897932383.1415926535897932383.141592653589793238

ACGO欢乐赛#29第八题真的好难啊！！！

本题正常写就可以

作者你不给我解释一下？

#include <iostream> #include <string> #include <cmath> // 用于计算对数 // 函数用于将二进制字符串转换为十进制整数 int binaryToDecimal(const std::string &binary) { int decimal = 0; int length = binary.length(); for (int i = 0; i < length; ++i) { decimal += (binary[length - i - 1] - '0') * pow(2, i); } return decimal; } // 函数用于计算给定N个二进制数字中4的倍数的个数 int countMultiplesOfFour(const std::vectorstd::string &binaries) { int count = 0; for (const auto &binary : binaries) { int decimal = binaryToDecimal(binary); if (decimal % 4 == 0) { count++; } } return count; } int main() { int N; stdcout << "Enter the number of binary numbers (N): "; stdcin >> N; }

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; int main(){ queue<int> q; int n,m,cnt=0; cin>>n>>m; for(int i=1;i<=n;i++){ q.push(i); } while(!q.empty()){ cnt++; if(cnt==m){ cout<<q.front()<<" "; cnt=0; }else{ q.push(q.front()); } q.pop(); } return 0; }

q.push(q.front())表示如果不是它所要求的点到的那一位，就直接放后面，就当是数过。而如果是它所要求的那一个点到的数，直接cout并删除。以这个队列不为空作为while的循环条件使用循环写.

有錯一起揪出來

+1

是挺简单的

【想赢怎么就这么难呀】 https://www.bilibili.com/video/BV15Ne8eQEX2/?share_source=copy_web&vd_source=7dc46390af12e8efc55feaae2c3c6a00 新人UP主，点赞关注一下吧！

源自https://blog.csdn.net/m0_37698652/article/details/79218014 前序：开头是头结点 中序：根据头结点划分左右子树的元素 后序：末尾是头结点 首先，我们看看前序、中序、后序遍历的特性： 前序遍历： 1.访问根节点 2.前序遍历左子树 3.前序遍历右子树 中序遍历： 1.中序遍历左子树 2.访问根节点 3.中序遍历右子树 后序遍历： 1.后序遍历左子树 2.后序遍历右子树 3.访问根节点 一、已知前序、中序遍历，求后序遍历 例： 前序遍历: GDAFEMHZ 中序遍历: ADEFGHMZ 画树求法： 第一步，根据前序遍历的特点，我们知道根结点为G 第二步，观察中序遍历ADEFGHMZ。其中root节点G左侧的ADEF必然是root的左子树，G右侧的HMZ必然是root的右子树。 第三步，观察左子树ADEF，左子树的中的根节点必然是大树的root的leftchild。在前序遍历中，大树的root的leftchild位于root之后，所以左子树的根节点为D。 第四步，同样的道理，root的右子树节点HMZ中的根节点也可以通过前序遍历求得。在前序遍历中，一定是先把root和root的所有左子树节点遍历完之后才会遍历右子树，并且遍历的左子树的第一个节点就是左子树的根节点。同理，遍历的右子树的第一个节点就是右子树的根节点。 第五步，观察发现，上面的过程是递归的。先找到当前树的根节点，然后划分为左子树，右子树，然后进入左子树重复上面的过程，然后进入右子树重复上面的过程。最后就可以还原一棵树了。该步递归的过程可以简洁表达如下： 1 确定根,确定左子树，确定右子树。 2 在左子树中递归。 3 在右子树中递归。 4 打印当前根。 那么，我们可以画出这个二叉树的形状： 那么，根据后序的遍历规则，我们可以知道，后序遍历顺序为：AEFDHZMG 编程求法：（依据上面的思路，写递归程序） 输出的结果为：AEFDHZMG 二、已知中序和后序遍历，求前序遍历 依然是上面的题，这次我们只给出中序和后序遍历： 中序遍历: ADEFGHMZ 后序遍历: AEFDHZMG 画树求法： 第一步，根据后序遍历的特点，我们知道后序遍历最后一个结点即为根结点，即根结点为G。 第二步，观察中序遍历ADEFGHMZ。其中root节点G左侧的ADEF必然是root的左子树，G右侧的HMZ必然是root的右子树。 第三步，观察左子树ADEF，左子树的中的根节点必然是大树的root的leftchild。在前序遍历中，大树的root的leftchild位于root之后，所以左子树的根节点为D。 第四步，同样的道理，root的右子树节点HMZ中的根节点也可以通过前序遍历求得。在前后序遍历中，一定是先把root和root的所有左子树节点遍历完之后才会遍历右子树，并且遍历的左子树的第一个节点就是左子树的根节点。同理，遍历的右子树的第一个节点就是右子树的根节点。 第五步，观察发现，上面的过程是递归的。先找到当前树的根节点，然后划分为左子树，右子树，然后进入左子树重复上面的过程，然后进入右子树重复上面的过程。最后就可以还原一棵树了。该步递归的过程可以简洁表达如下： 1 确定根,确定左子树，确定右子树。 2 在左子树中递归。 3 在右子树中递归。 4 打印当前根。 这样，我们就可以画出二叉树的形状，如上图所示，这里就不再赘述。 那么，前序遍历: GDAFEMHZ 编程求法：（并且验证我们的结果是否正确） 输出结果：GDAFEMHZ

想问下各位大佬 这题模拟能过吗 我感觉会TLE 不用模拟怎么做啊 求求了

《内存限制：1MB》

AC荣耀新版本，增加了新角色狂犬疫苗哥，唯一一个可以做到无底的角色 改编者：农夫山泉1216 喜欢记得点个赞，你也可以选择关注我，可以更快体验到AC荣耀新的改编版 玩法：将下面的代码复制到DEV C++里面

1MB怎么能过？

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分组背包问题 目录 1——问题概览 2——处理"分组" 问题概览 难度：普及 题目：YBT1272 分组背包模版 本文以YBT1272 分组背包模版作为讲解 题目描述： 一个旅行者有一个最多能装VVV公斤的背包，现在有nnn件物品，它们的重量分别是W1，W2，...,WnW_1，W_2，...,W_nW1 ，W2 ，...,Wn 它们的价值分别为C1,C2,...,CnC_1,C_2,...,C_nC1 ,C2 ,...,Cn 。这些物品被划分为若干组P1,P2,...,PTP_1,P_2,...,P_TP1 ,P2 ,...,PT ，每组中的物品互相冲突，最多选一件。 求解将哪些物品装入背包可使这些物品的费用总和不超过背包容量，且价值总和最大。 处理"分组" 分组背包不同于01背包，它限定了小组，问题就变为了是选择这个小组中的某一件，还是都不选 按照01背包的原理我们可以很容易定义出DPDPDP表的状态，DP[p][j]DP[p][j]DP[p][j]为第ppp组且可用空间为jjj下所能获得的最大价值 设若物品iii为ppp组中的，则状态转移方程就是DP[p][j]=max(DP[p−1][j],DP[p][j−i.W]+i.C)DP[p][j]=max(DP[p-1][j],DP[p][j-i.W]+i.C)DP[p][j]=max(DP[p−1][j],DP[p][j−i.W]+i.C) 当然，分组背包也是可以优化到一维DP[j]=max(DP[j],DP[j−i.W]+i.C)DP[j]=max(DP[j],DP[j-i.W]+i.C)DP[j]=max(DP[j],DP[j−i.W]+i.C) 在遍历操作的时候开三层的循环，枚举小组，可用容量还有组内的每一个物品 注意枚举容量应在枚举组内物品外层，因为要保证一组中只有一个物品被拿，不然会出现01背包优化后采用顺推的情况，那样就是完全背包了 就像01背包的优化后是采用逆推保证它只拿一次，分组背包没采用逆推而是改变循环层序起到保证的效果 详解在注释里，实现代码如下：