如何读入 形如2,1,+,3,*到vector<string>类型的数组里

时间: 2024-10-20 18:12:44 浏览: 47
在C++中,如果你想要将形如 "2,1,+,3,"* 这样的字符串组成的数组读入到 `std::vector<std::string>` 中,你可以按照以下步骤操作: 1. 首先,创建一个空的 `vector` 来存储字符串: ```cpp std::vector<std::string> expression; ``` 2. 然后,假设你有一个包含这些字符串的数组或其他数据源,例如 `std::array<std::string, N>` 或者从文件、用户输入等获取: ```cpp // 假设 input_array 是包含待读取元素的数组 const std::array<std::string, N> input_array = {"2", "1", "+", "3", "*"}; ``` 3. 使用一个循环将 `input_array` 的内容逐个添加到 `expression` 中: ```cpp for (const auto &str : input_array) { expression.push_back(str); } ``` 4. 现在,`expression` 就包含了你的字符串数组: ```cpp std::cout << "Expression vector: "; for (const auto &s : expression) { std::cout << s << ' '; } ```
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#include<bits/stdc++.h> using namespace std ; /*力扣39 组合总和 同一个数字 可以 被选择多次*/ // 研究 对象 一个数字集合 vector<vector<int>>res; vector<int>path; void backing(vector<int>& candidates, int tarsum ,int sum,int startindex){ if(sum>tarsum) { return ; } if(sum == tarsum){ res.push_back(path); return ; } for(int i= startindex;i<candidates.size();i++){ sum+=candidates[i]; path.push_back(candidates[i]); backing(candidates,tarsum,sum,i);//不用 i+1 ,用i 就可以 重复 取一个集合里的元素了 sum-=candidates[i]; path.pop_back(); } } vector<vector<int>> comSum(vector<int>& candates,int tarsum){ backing(candates,tarsum,0 , 0); return res; } int main(){ vector<int> candidates; for(int i=0;i<candidates.size();i++){ cin>>candidates[i]; } int tarsum ;cin>>tarsum; comSum(candidates,tarsum); for(const vector<int>& pa :res){ for(int i = 0;i<pa.size();i++){ cout<<pa[i]<<" "; } cout<<endl ; } return 0; } main()中怎么读入 未知大小的candidates数组 数据

<think>嗯,用户想知道如何在C++中读取未知大小的数组数据。首先,我需要回忆一下C++的输入方法。标准输入通常用cin,但遇到未知大小的数组时,可能需要循环读取直到输入结束。记得用户可能通过换行或者文件结束符(EOF)来终止输入。 用户提到了力扣39题组合总和,可能需要处理类似这样的输入格式。比如,用户输入可能是一行数字,用空格分隔,或者多行输入。这时候,如何一次性读取整行并分割成数组呢? 首先,可以考虑使用getline读取整行,然后用字符串流分割每个数字。例如,用istringstream来逐个读取数字,直到行尾。这种方法适用于单行输入的情况。如果输入可能跨多行,可能需要更复杂的处理,但通常题目输入是一行。 另外,要注意处理可能的输入错误,比如非数字字符或者意外终止。但在编程竞赛或机试中,通常假设输入是正确的,所以可以简化处理。 参考一下站内的引用,比如引用[2]中提到用循环读取数组元素,但下标从1开始,这可能不适用,因为用户需要未知大小的数组。而引用[1]中的例子是读取固定大小的数组,但用户的情况是大小未知。 所以,步骤可能是这样的:读取整行输入,使用字符串流分割,动态添加到vector中。这样就能处理未知大小的数组了。同时,要考虑不同的输入结束方式,比如EOF或者特定终止符。 另外,用户提到的力扣39题可能需要将输入转换为特定的格式,比如逗号分隔或者方括号包围的数组。这时候可能需要更复杂的解析,但基本思路还是读取整行然后处理。 总结方法:使用getline和istringstream组合,循环读取直到无法提取更多数字。这样就能处理未知大小的数组输入了。同时,给出示例代码,并解释每个步骤的作用,确保用户能理解如何处理输入。</think>在C++中读取未知大小的数组数据可以通过以下步骤实现: ### 方法一:单行输入读取 ```cpp #include <iostream> #include <vector> #include <sstream> using namespace std; int main() { vector<int> nums; string line; getline(cin, line); // 读取整行输入 istringstream iss(line); int num; while (iss >> num) { // 逐个提取数字直到行尾 nums.push_back(num); } // 示例输出验证 for (int n : nums) cout << n << " "; return 0; } ``` **说明**: 1. `getline(cin, line)`读取包含空格分隔数字的整行输入 2. `istringstream`将字符串转换为输入流 3. `while (iss >> num)`循环提取数字直到流结束[^2] ### 方法二:多行输入读取(EOF终止) ```cpp #include <iostream> #include <vector> using namespace std; int main() { vector<int> nums; int num; while (cin >> num) { // 持续读取直到输入结束 nums.push_back(num); if (cin.get() == '\n') break; // 可选:遇到换行符终止 } // 示例输出验证 for (int n : nums) cout << n << " "; return 0; } ``` **说明**: 1. `while (cin >> num)`持续读取直到遇到EOF(Windows: Ctrl+Z, Linux/Mac: Ctrl+D) 2. `cin.get() == '\n'`可添加换行符终止条件[^1] ### 力扣风格输入处理示例 对于类似力扣39题组合总和的输入`[2,3,6,7]`: ```cpp #include <cstdio> int main() { vector<int> nums; char ch; int num; while (scanf("%c", &ch)) { if (ch == '[' || ch == ',' || ch == ' ') continue; if (ch == ']') break; ungetc(ch, stdin); // 将字符退回输入流 cin >> num; nums.push_back(num); } // 示例输出验证 for (int n : nums) cout << n << " "; return 0; } ```

#include <iostream> #include <vector> #include <string> #include <unordered_map> #include<algorithm> using namespace std; struct edge { int to, weight; edge(int t,int w):to(t),weight(w){} }; int main() { int n, m,sum=0,find=1,index=1; cin >> n >> m; vector<vector<edge>>graph(n + 1); vector<int>dist(n + 1, 10000000); vector<int>pre(n + 1, -1); for (int i = 1; i <= n; i++) { int a, b, c; cin >> a >> b >> c; sum += c; if (c) { graph[a].push_back(edge(b, c)); graph[b].push_back(edge(a, c)); if (find) { dist[a] = 0; index = a; find = 0; } } } int ans = 0; vector<int>visit(n + 1, 0); for (int i = 1; i <= n; i++) { int dmin = 10000000; int dex = -1; for (int j=1;j<=n;j++) { if (!visit[j] && dist[j] < dmin) { dmin = dist[j]; dex = j; } } if (dex == -1)continue; for (auto& it : graph[dex]) { if (!visit[it.to] && it.weight < dist[it.to]) { dist[it.to] = it.weight; pre[it.to] = dex; } } } for (int i = 1; i <= n; i++) { int b = pre[i]; if (b == -1 || dist[i] == 10000000)continue; for (auto& it : graph[i]) { if (it.to == b) { ans += it.weight; break; } } } cout << sum - ans;哪里错了 }

<think>好的,我现在需要帮助用户找出他们的C++代码中的错误。首先,我得仔细阅读他们的代码,理解它的功能,然后逐步分析可能的问题所在。 用户提供的代码看起来像是实现一个图的最小生成树(可能是Prim算法),然后计算总边权减去生成树的权值和。他们提到输出sum - ans,可能是在求某些边的总和减去生成树的权重,比如删除生成树中的边后的剩余权重,或者可能是找最大生成树?不过具体逻辑需要看代码结构。 首先,代码的结构大致如下: 1. 输入n和m,但代码中似乎没有使用m,这可能是一个潜在的问题,但不确定。 2. 构建图的邻接表,每个边有to和weight,同时统计所有边权之和sum。 3. 初始化dist数组为很大的值(10000000),pre数组记录前驱节点。 4. 在输入边的循环中,如果c不为0,就将边加入邻接表,并且当find为1时,将dist[a]设为0,index设为a,find设为0。这里可能是选择起始点,比如Prim算法的起点。但这里可能存在错误,因为如果多个边的c不为0,只有第一个会被处理,这可能导致起点设置不正确。 5. 然后进行一个循环n次的Prim算法步骤:每次找未访问的节点中dist最小的,然后更新相邻节点的dist和pre。 6. 之后,遍历所有节点,通过pre数组找到生成树的边,并累加ans。 7. 最后输出sum - ans,可能期望得到总权重减去最小生成树的权重,但问题可能出在这里的逻辑是否正确。 接下来,我需要逐步检查代码的各个部分: 首先是输入部分。用户输入的循环是for (int i = 1; i <= n; i++),但输入的边数应该是m,而不是n。比如,题目中的n可能是节点数,m是边数,但循环次数是n次,这显然错误。比如,用户输入的是n和m,然后循环n次读入边,这可能导致输入的边数不足或多于m。比如,假设用户输入的是n个节点和m条边,那么循环次数应该是m次,而不是n次。这可能是主要的错误来源。比如,如果用户输入边数为m,但循环n次读取,那么当n < m时,会少读;当n > m时,会多读,导致错误的数据输入。这应该是第一个大问题。 例如,代码中的输入部分: cin >> n >> m; ... for (int i = 1; i <= n; i++) { int a, b, c; cin >> a >> b >> c; sum += c; ... } 这里循环n次读取边,但正确的应该是循环m次。比如,假设每条边由a,b,c组成,那么总共有m条边,所以循环次数应该是m次。如果用户错误地循环n次,这会导致输入错误,进而导致图的结构错误,sum的计算错误,从而整个结果错误。 这应该是一个关键错误。例如,当n=3,m=5的时候,代码只会读取3条边,而正确的应该是5条。这会导致后续的图结构和sum的计算完全错误。 接下来,假设这个错误被修正,循环次数改为m次,那么后续可能还存在其他问题。 另外,在输入边的处理中,当c不为0时,将边加入图的邻接表。这可能没问题,但如果边的权重为0,可能不会被处理,但题目中的情况可能是否需要处理权重为0的边?但用户的问题可能不在此。 然后,在初始化dist数组时,当第一个c不为0的边出现时,将dist[a]设为0,并将index设为a,这可能是在选择Prim算法的起点。但是,当有多个边时,可能其他边的a节点会被错误地覆盖?例如,假设第一条边的a是1,那么dist[1]设为0,作为起点。但如果后续边的a是其他节点,是否会影响?这里可能没问题,因为find被设为0,后续不会再进入这个if条件。因此,这里应该正确选择了第一个c非零边的a作为起点。 接下来是Prim算法的实现部分。代码中的实现类似于Prim的朴素实现,即每次选择未访问的节点中dist最小的,然后更新相邻节点的dist。但可能存在以下问题: 1. 在每次选择节点后,没有将dex标记为已访问(visit[dex] = 1)。在当前的代码中,循环结束后,visit数组没有被更新,导致下次可能重复选择同一个节点。这会导致错误,因为Prim算法中一旦节点被选中,就应该被标记为已访问,避免重复处理。例如,代码中的循环: for (int i = 1; i <= n; i++) { // 找到dex... if (dex == -1)continue; // 更新相邻节点的dist和pre // 但没有设置visit[dex] = 1 } 这里缺少visit[dex] = 1;这一行,导致在后续的循环中,该节点可能被重复选中。这是另一个关键错误。因为如果不标记已访问,每次都会选择同一个节点,导致死循环或错误的最小生成树。 例如,假设初始节点dex=1,在第一次循环中选中,但未标记为已访问,那么在下次循环中,仍然会再次选中dex=1,因为其dist仍然是0。这将导致生成树构建错误,可能只包含一个节点,而其他节点未被正确处理。 这应该是第二个主要错误。 第三个问题可能是在更新相邻节点的条件判断。当前的代码中,在更新相邻节点时,条件是: if (!visit[it.to] && it.weight < dist[it.to]) 这里,Prim算法中,当选中节点dex后,应该更新与dex相邻的节点中未访问的节点,比较的是边的权重是否小于当前节点的dist值。这里的dist应该表示连接到生成树的最小边权。例如,每个未访问的节点it.to,如果当前边的权重it.weight小于dist[it.to],则更新dist[it.to]为it.weight,并记录pre为dex。 这个条件是正确的,因为Prim算法中,dist数组维护的是每个节点到当前生成树的最小边权。所以,这一步的条件是对的。但如果没有正确标记已访问的节点,会导致错误。 接下来,在计算ans的部分,用户遍历每个节点i,找到其pre节点b,然后在graph[i]中找到连接到b的边的权重,并累加到ans中。这里可能存在重复计算的问题,因为每条边会被两个节点(i和b)各处理一次吗?例如,边i-b和b-i都会被遍历到,导致ans被重复累加两次。或者,用户可能在生成pre数组时,每个边只被记录一次,因此循环i从1到n时,每个边会被正确计算一次? 例如,假设pre[i] = b,那么当处理i时,找到b,并累加i到b的边的权重。而当处理b时,pre[b]可能是另一个节点,所以不会重复累加。这可能需要具体数据测试。 但这里可能存在一个问题,比如,当pre[i] = b时,i的邻接表中是否有边到b,并且权重是否正确。例如,当图是无向的,每个边被存储了两次(a到b和b到a),所以在遍历i的邻接表时,是否能正确找到对应的边?是的,因为当i的邻接表中有边到b,那么遍历时会找到,并累加该边的权重。但因为pre[i] = b,所以这条边会被正确找到,并且ans累加一次。而另一方向(b到i)在pre[b]可能不是i的情况下不会被处理,因此ans的总和应该正确,等于最小生成树的总权重。然而,如果用户没有将visit数组正确标记,导致生成树的结构错误,那么ans的计算也会错误。 此外,在计算ans时,用户是否应该直接使用dist数组中的值?因为在Prim算法中,dist[i]保存的是连接到生成树的最小边权,所以在生成树中的每个节点i(除了根节点)对应的dist[i]就是该边的权重。因此,ans可以直接累加所有dist[i](根节点除外),而不需要再去遍历邻接表查找边的权重。例如,在Prim算法结束后,ans = sum(dist[i] for i in 1..n if i != root)。这可能更简单,并且避免遍历邻接表的麻烦。当前的实现可能复杂且容易出错,因为需要查找对应的边的权重,而实际上dist数组已经保存了正确的权重值。 例如,在用户代码中,ans的计算方式可能有问题。假设pre[i] = b,那么dist[i]保存的是连接到生成树的最小边权,即该边的权重。所以,可以直接ans += dist[i]。但用户代码中的做法是遍历i的邻接表,找到b对应的边的权重,这可能与dist[i]一致,但如果邻接表中存在多条边到b,或者权重不同,则可能出错。或者,如果在构建图的时候,边的权重存储正确,那么dist[i]应该等于该边的权重,此时直接使用dist[i]更高效且准确。 因此,用户代码中的ans计算部分可能存在问题,应该直接使用dist数组的值,而不是重新查找边的权重。例如,当前用户代码中的ans可能正确,但效率低下,或者可能因为邻接表中边的顺序问题导致找不到对应的边,或者找到错误的边。例如,当邻接表中存在多条边到b,但只有一条边的权重等于dist[i]时,可能需要遍历所有边直到找到正确的。而如果dist[i]是正确的权重,那么直接累加即可。 例如,在正确的Prim算法中,生成树的总权重是sum(dist[i]) - dist[root],或者如果根节点的dist设置为0,那么总权重是sum(dist[i]),因为根节点的dist是0,而其他节点的dist是连接到生成树的边权。例如,用户代码中的根节点的dist在初始化时设置为0,而其他节点的dist在算法中被更新为最小边权。因此,总权重应该是sum(dist[1..n])。但用户代码中的sum是总边权之和,而ans是生成树的权重,所以sum - ans应该是总边权减去生成树权重,可能用户的问题需要这样的结果,比如删除生成树中的边后的总和,或者类似的问题。 但不管怎样,用户的问题在于代码的输出结果可能有误,需要找出错误所在。 现在总结可能的错误点: 1. 输入循环次数错误:应该循环m次而不是n次,导致边数输入错误。 2. 在Prim算法中未标记已访问的节点,导致节点被重复选择。 3. ans的计算方式复杂且可能错误,应直接使用dist数组的值。 其他可能的问题: - dist数组的初始值可能不够大,例如10000000是否足够?如果边的权重可能更大,可能会出问题,但题目中可能数据范围较小。 - 当图不连通时,生成树无法包含所有节点,此时ans的计算会出错,但用户代码中的处理是跳过pre[i]为-1或dist[i]为初始值的节点。这可能无法正确处理不连通的情况,导致结果错误。但题目是否保证图是连通的?如果用户的问题假设图是连通的,那么这可能不是错误所在。 现在逐步分析: 第一个错误:输入循环次数错误。用户代码中的输入边循环是for (int i = 1; i <=n; i++),而正确的应该是for (int i=0; i<m; i++),因为通常图的边数是m条。例如,用户输入n和m后,接下来的m行是边的信息。如果用户误将循环次数设为n次,那么当m不等于n时,输入的数据将错误,导致图的结构和sum的计算错误。例如,当n=5,m=10时,用户代码只读取5条边,而实际应有10条,这将导致sum和图的邻接表完全错误。这应该是代码中的第一个主要错误。 第二个错误:在Prim算法的主循环中,每次找到dex后,没有将visit[dex]设为已访问。这导致该节点在后续循环中可能被重复选中,导致算法无法正确构建生成树。例如,第一次选中节点A后,不标记为已访问,下一次循环可能再次选中A,而实际上应该将A加入生成树,并不再处理。 第三个可能的错误:ans的计算方式。用户遍历每个节点i,找到pre[i],然后在i的邻接表中查找与pre[i]相连的边的权重,累加到ans中。这可能正确,但效率低下,并且可能出错,例如当邻接表中存在多个边到pre[i]时,可能取到错误的权重。正确的做法是直接累加dist[i]的值,因为dist[i]保存的正是该边的权重。例如,在Prim算法中,每个节点i(除了根节点)的dist[i]就是连接到生成树的最小边权,因此总权重应该是所有dist[i]的和(根节点的dist为0,不影响总和)。因此,用户应该在计算ans时直接累加dist数组中的值,而不是再次查找边。 此外,代码中的sum变量累加了所有输入的边的权重,但如果在输入循环次数错误的情况下,sum的值也会错误,进而影响最终结果。 修正以上错误后的步骤: 1. 将输入边的循环次数从n次改为m次。 2. 在每次选中dex后,设置visit[dex] = 1。 3. 在计算ans时,直接累加dist[i]的值(除了根节点,或者所有i的dist[i],因为根节点的dist为0)。 现在,针对用户的代码,具体修改建议: 原代码中的输入边循环: for (int i = 1; i <= n; i++) // 错误,应为m次 改为: for (int i = 1; i <= m; i++) 在Prim的主循环中,选中dex后: if (dex == -1) continue; visit[dex] = 1; // 添加这一行 计算ans时,改为: ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (i == index) continue; // 根节点的dist是0,不累加 if (dist[i] == 10000000) { // 处理不连通的情况,但假设图是连通的 ans = -1; // 或其他处理 break; } ans += dist[i]; } 或者,如果index是根节点,其dist为0,所以直接累加所有dist即可: ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (dist[i] != 10000000) { ans += dist[i]; } } 但需要确保所有节点都被正确连接,否则可能有错误。 另外,在初始化阶段,用户将index设为第一个a节点,但可能应该选择任一起点,比如1号节点,或者在输入边时处理。或者,如果图是连通的,任一起点都可以,但在代码中,初始的dist数组只有第一个a节点的dist设为0,其余为很大的值,这正确。 现在,总结用户代码中的错误: 1. 输入边循环次数错误,应为m次而非n次。 2. 在Prim算法中未标记已访问的节点。 3. ans的计算方式复杂且可能错误,应直接使用dist数组的值。 此外,可能还有其他问题,例如pre数组的使用是否正确,但主要问题可能在于前两点。</think>您的代码存在三个主要问题: 1. **输入循环次数错误** 代码中边数输入使用`for (int i =1; i<=n; i++)`,但实际应循环`m`次。这会导致边数输入不全或冗余,数据存储错误[^3]。 2. **Prim算法未标记已访问节点** 在选择节点`dex`后,未设置`visit[dex] = 1`,导致节点被重复选择,生成树构建失败。 3. **生成树权重计算方式低效** 通过遍历邻接表查找边权,应直接累加`dist`数组的值,更高效可靠。 修改后的核心代码段: ```cpp // 修改1:输入边循环次数 for (int i = 1; i <= m; i++) { // 原为n次循环 int a, b, c; cin >> a >> b >> c; // ...其他代码不变... } // 修改2:标记已访问节点 if (dex == -1) continue; visit[dex] = 1; // 新增此行 // 修改3:直接累加dist值计算权重 int ans = 0; for (int i = 1; i <= n; i++) { if (i != index && dist[i] != 10000000) { ans += dist[i]; } } ```
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#include <iostream> #include <cstring> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 1510; int n; int h[N], e[N], ne[N], idx; int f[N][2]; bool not_root[N]; void add(int a, int b) { e[idx] = b, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++ ; } void dfs(int u) { f[u][0] = 0, f[u][1] = 1; //initialize for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { int j = e[i]; dfs(j); f[u][0] += f[j][1]; f[u][1] += min(f[j][0], f[j][1]); } } int main() { while (~scanf("%d", &n)) { memset(h, -1, sizeof h); idx = 0; memset(not_root, 0, sizeof not_root); for (int i = 0; i < n; i ++ ) { int a, b, siz; scanf("%d:(%d) ", &a, &siz); while (siz -- ) { scanf("%d", &b); add(a, b); not_root[b] = true; } } int root = 0; while (not_root[root]) root ++ ; dfs(root); printf("%d\n", min(f[root][0], f[root][1])); } return 0; } #include <iostream> #include <vector> #include <set> #include <cstring> #define int long long #define debug cout << "xxx" << '\n'; using namespace std; typedef pair<int,int> PII; const int N = 1510; int n; vector<int> e[N]; // f[x][0] 代表当前位置不放士兵,f[x][1]代表当前位置放士兵 vector<vector<int>> f(N, vector<int>(2, 0)); vector<bool> v(N, false); int ans = 1e18; void dp(int x) { f[x][0] = 0, f[x][1] = 1; for(int i = 0; i < e[x].size(); i ++) { int y = e[x][i]; if(y == x) continue; dp(y); f[x][0] += f[y][1]; // 父节点没放士兵,那么子节点必须要放士兵 f[x][1] += min(f[y][1], f[y][0]); //父节点放士兵,子节点随便放不放 } return; } signed main() { ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0);cout.tie(0); while(cin >> n) { for(int i = 0; i <= n - 1; i ++) e[i].clear(); for(int i = 0; i <= n - 1; i ++) v[i] = false; for(int i = 1; i <= n; i ++) { string s; cin >> s; int x = s[0] - '0'; int k = s[3] - '0'; for(int j = 1; j <= k; j ++) { int y; cin >> y; e[x].push_back(y); v[y] = 1; } } int root = 0; for(int i = 0; i < n - 1; i ++) { if(!v[i]) { root = i; break; } } dp(root); cout << min(f[root][0], f[root][1]) << '\n'; } return 0; }为什么第一段代码对了,第二段代码错了

#define _CRT_SECURE_NO_WARNINGS #include <iostream> #include <vector> #include <climits> #include<queue> #include<cstring> #include<tuple> #include<string> #include<iomanip> #define N 105 #define M 305 using namespace std; int head[N], to[N * N], nex[N * N], w[N * N], ti[N * N],cnt; int f[N][N * N],maxn, vis[N][N * N],delt[N][N*N]; void add(int a,int b,int c,int d) { to[++cnt] = b, w[cnt] = c, ti[cnt] = d, nex[cnt] = head[a], head[a] = cnt; } void update(int x, int y, int w) { ++y; for (; y <= 100 * N; y += (y & -y))delt[x][y] = min(delt[x][y], w); } int quary(int x, int y) { y++; int nm = 10000000; for (; y <= 100 * N; y -= (y & -y))nm = min(delt[x][y], nm); return nm; } void SPFA(int s) { fill(&f[0][0], &f[0][0] + N * N * N,INT_MAX); fill(&delt[0][0], &delt[0][0] + N * N * N, INT_MAX); queue<tuple<int,int,int>>line; line.emplace(s,0,0); f[s][0] = 0; update(1, 0, 0); while (!line.empty()) { auto [v,m,t] = line.front(); line.pop(); vis[v][m] = 0; for (int i = head[v]; i; i = nex[i]) { int u = to[i]; int mon = m + w[i]; if (mon > maxn+1)continue; if (quary(u,mon) > f[v][m] + ti[i]) { f[u][mon] = f[v][m] + ti[i]; update(u, mon, f[u][mon]); if (!vis[u][mon]) { vis[u][mon] = 1; line.emplace(u, mon, f[u][mon]); } } } } } int main() { int n, m, s, e,dmax=INT_MAX,ans=0; cin >> n >> m >> s >> e; for (int i = 0; i < m; i++) { int a, b, c, d; cin >> a >> b >> c >> d; add(a, b, c, d); add(b, a, c, d); } maxn = (n-1) * 100; SPFA(s); for (int i = 0; i<maxn+6; i++) { if (f[e][i]==INT_MAX)continue; if (f[e][i] < dmax) { dmax = f[e][i]; ans++; } } cout << ans; }哪里洋浦问题

题目描述 本步骤要求给定四个数字, 生成四个数字能构成的所有表达式树 。 本题要求生成的表达式树有次序,一个模糊的思路如下: void gen_expression_tree(BiTree &t, int num) { for(int i = 1; i < num; i++) { t->data = “+-*/”中的一者 //按次序枚举 gen_expression_tree(t->lchild, i); gen_expression_tree(t->rchild, num - i); } } num是树中的数字个数。当num=1时,为叶子结点,结点的data域应该是数字,数字的出现次序也是有序的。 输入 输入仅一行,四个由空格分开的整数,整数的值在[1,13]之间。 输出 按序输出四个数字能构成的所有表达式树,每个表达式树一行,输出表达式树的全括号表达式。一个硬性的要求是必须采用类似上面的递归算法。 例如输入1 2 3 4时,应该产生的输出前面部分如下(因为空间限制,我们在sample Output部分给出了输出的最后部分,但整体上依然不完整): (1+(2+(3+4))) (1+(2+(4+3))) (1+(2+(3-4))) (1+(2+(4-3))) (1+(2+(3*4))) (1+(2+(4*3))) (1+(2+(3/4))) (1+(2+(4/3))) (1+(3+(2+4))) (1+(3+(4+2))) (1+(3+(2-4))) (1+(3+(4-2))) (1+(3+(2*4))) (1+(3+(4*2))) (1+(3+(2/4))) (1+(3+(4/2))) (1+(4+(2+3))) (1+(4+(3+2))) (1+(4+(2-3))) (1+(4+(3-2))) (1+(4+(2*3))) (1+(4+(3*2))) (1+(4+(2/3))) (1+(4+(3/2))) (1+(2-(3+4))) (1+(2-(4+3))) (1+(2-(3-4))) (1+(2-(4-3))) (1+(2-(3*4))) (1+(2-(4*3))) (1+(2-(3/4))) (1+(2-(4/3))) (1+(3-(2+4))) (1+(3-(4+2))) (1+(3-(2-4))) (1+(3-(4-2))) (1+(3-(2*4))) (1+(3-(4*2))) (1+(3-(2/4))) (1+(3-(4/2))) (1+(4-(2+3))) (1+(4-(3+2))) (1+(4-(2-3))) (1+(4-(3-2))) (1+(4-(2*3))) (1+(4-(3*2))) (1+(4-(2/3))) (1+(4-(3/2))) (1+(2*(3+4))) (1+(2*(4+3))) (1+(2*(3-4))) (1+(2*(4-3))) (1+(2*(3*4))) (1+(2*(4*3))) (1+(2*(3/4))) (1+(2*(4/3))) (1+(3*(2+4))) (1+(3*(4+2))) (1+(3*(2-4))) (1+(3*(4-2))) (1+(3*(2*4))) (1+(3*(4*2))) (1+(3*(2/4))) (1+(3*(4/2))) (1+(4*(2+3))) (1+(4*(3+2))) (1+(4*(2-3))) (1+(4*(3-2))) (1+(4*(2*3))) (1+(4*(3*2))) (1+(4*(2/3))) (1+(4*(3/2))) (1+(2/(3+4))) (1+(2/(4+3))) (1+(2/(3-4))) (1+(2/(4-3))) (1+(2/(3*4))) (1+(2/(4*3))) (1+(2/(3/4))) (1+(2/(4/3))) (1+(3/(2+4))) (1+(3/(4+2))) (1+(3/(2-4))) (1+(3/(4-2))) (1+(3/(2*4))) (1+(3/(4*2))) (1+(3/(2/4))) (1+(3/(4/2))) (1+(4/(2+3))) (1+(4/(3+2))) (1+(4/(2-3))) (1+(4/(3-2))) (1+(4/(2*3))) (1+(4/(3*2))) (1+(4/(2/3))) (1+(4/(3/2))) (1+((2+3)+4)) (1+((2+4)+3)) (1+((3+2)+4)) (1+((3+4)+2)) (1+((4+2)+3)) (1+((4+3)+2)) (1+((2-3)+4)) (1+((2-4)+3)) (1+((3-2)+4)) (1+((3-4)+2)) (1+((4-2)+3)) (1+((4-3)+2)) (1+((2*3)+4)) (1+((2*4)+3)) (1+((3*2)+4)) (1+((3*4)+2)) (1+((4*2)+3)) (1+((4*3)+2)) (1+((2/3)+4)) (1+((2/4)+3)) (1+((3/2)+4)) (1+((3/4)+2)) (1+((4/2)+3)) (1+((4/3)+2)) (1+((2+3)-4)) (1+((2+4)-3)) (1+((3+2)-4)) (1+((3+4)-2)) (1+((4+2)-3)) (1+((4+3)-2)) (1+((2-3)-4)) (1+((2-4)-3)) (1+((3-2)-4)) (1+((3-4)-2)) (1+((4-2)-3)) (1+((4-3)-2)) (1+((2*3)-4)) (1+((2*4)-3)) (1+((3*2)-4)) (1+((3*4)-2)) (1+((4*2)-3)) (1+((4*3)-2)) (1+((2/3)-4)) (1+((2/4)-3)) (1+((3/2)-4)) (1+((3/4)-2)) (1+((4/2)-3)) (1+((4/3)-2)) (1+((2+3)*4)) (1+((2+4)*3)) (1+((3+2)*4)) (1+((3+4)*2)) (1+((4+2)*3)) (1+((4+3)*2)) (1+((2-3)*4)) (1+((2-4)*3)) (1+((3-2)*4)) (1+((3-4)*2)) (1+((4-2)*3)) (1+((4-3)*2)) (1+((2*3)*4)) (1+((2*4)*3)) (1+((3*2)*4)) (1+((3*4)*2)) (1+((4*2)*3)) (1+((4*3)*2)) (1+((2/3)*4)) (1+((2/4)*3)) (1+((3/2)*4)) (1+((3/4)*2)) (1+((4/2)*3)) (1+((4/3)*2)) (1+((2+3)/4)) (1+((2+4)/3)) (1+((3+2)/4)) (1+((3+4)/2)) (1+((4+2)/3)) (1+((4+3)/2)) (1+((2-3)/4)) (1+((2-4)/3)) (1+((3-2)/4)) (1+((3-4)/2)) (1+((4-2)/3)) 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(2+((3-4)-1)) (2+((4-1)-3)) (2+((4-3)-1)) (2+((1*3)-4)) (2+((1*4)-3)) (2+((3*1)-4)) (2+((3*4)-1)) (2+((4*1)-3)) (2+((4*3)-1)) (2+((1/3)-4)) (2+((1/4)-3)) (2+((3/1)-4)) (2+((3/4)-1)) (2+((4/1)-3)) (2+((4/3)-1)) (2+((1+3)*4)) (2+((1+4)*3)) (2+((3+1)*4)) (2+((3+4)*1)) (2+((4+1)*3)) (2+((4+3)*1)) (2+((1-3)*4)) (2+((1-4)*3)) (2+((3-1)*4)) (2+((3-4)*1)) (2+((4-1)*3)) (2+((4-3)*1)) (2+((1*3)*4)) (2+((1*4)*3)) (2+((3*1)*4)) (2+((3*4)*1)) (2+((4*1)*3)) (2+((4*3)*1)) (2+((1/3)*4)) (2+((1/4)*3)) (2+((3/1)*4)) (2+((3/4)*1)) (2+((4/1)*3)) (2+((4/3)*1)) (2+((1+3)/4)) (2+((1+4)/3)) (2+((3+1)/4)) (2+((3+4)/1)) (2+((4+1)/3)) (2+((4+3)/1)) (2+((1-3)/4)) (2+((1-4)/3)) (2+((3-1)/4)) (2+((3-4)/1)) (2+((4-1)/3)) (2+((4-3)/1)) (2+((1*3)/4)) (2+((1*4)/3)) (2+((3*1)/4)) (2+((3*4)/1)) (2+((4*1)/3)) (2+((4*3)/1)) (2+((1/3)/4)) (2+((1/4)/3)) (2+((3/1)/4)) (2+((3/4)/1)) (2+((4/1)/3)) (2+((4/3)/1)) (3+(1+(2+4))) (3+(1+(4+2))) (3+(1+(2-4))) (3+(1+(4-2))) (3+(1+(2*4))) (3+(1+(4*2))) 用C++

一门武功能否传承久远并被发扬光大,是要看缘分的。一般来说,师傅传授给徒弟的武功总要打个折扣,于是越往后传,弟子们的功夫就越弱…… 直到某一支的某一代突然出现一个天分特别高的弟子(或者是吃到了灵丹、挖到了特别的秘笈),会将功夫的威力一下子放大N倍 —— 我们称这种弟子为“得道者”。 这里我们来考察某一位祖师爷门下的徒子徒孙家谱:假设家谱中的每个人只有1位师傅(除了祖师爷没有师傅);每位师傅可以带很多徒弟;并且假设辈分严格有序,即祖师爷这门武功的每个第i代传人只能在第i-1代传人中拜1个师傅。我们假设已知祖师爷的功力值为Z,每向下传承一代,就会减弱r%,除非某一代弟子得道。现给出师门谱系关系,要求你算出所有得道者的功力总值。 输入格式: 输入在第一行给出3个正整数,分别是:N(≤10 5 )——整个师门的总人数(于是每个人从0到N−1编号,祖师爷的编号为0);Z——祖师爷的功力值(不一定是整数,但起码是正数);r ——每传一代功夫所打的折扣百分比值(不超过100的正数)。接下来有N行,第i行(i=0,⋯,N−1)描述编号为i的人所传的徒弟,格式为: K i ​ ID[1] ID[2] ⋯ ID[K i ​ ] 其中K i ​ 是徒弟的个数,后面跟的是各位徒弟的编号,数字间以空格间隔。K i ​ 为零表示这是一位得道者,这时后面跟的一个数字表示其武功被放大的倍数。 输出格式: 在一行中输出所有得道者的功力总值,只保留其整数部分。题目保证输入和正确的输出都不超过10 10 。 输入样例: 10 18.0 1.00 3 2 3 5 1 9 1 4 1 7 0 7 2 6 1 1 8 0 9 0 4 0 3 输出样例: 404 代码长度限制 16 KB 时间限制 400 ms 内存限制 64 MB 栈限制 8192 KB,#include<bits/stdc++.h> using namespace std; using pis = pair<int,string>; int main(){ int n,k; double z,r; cin>>n>>z>>r; vector<vector<int>> g(n); vector<int> fa(n,-1); unordered_map<int,int> strongers; for(int i=0;i<n;i++){ cin>>k; if(k==0){ int po; cin>>po; strongers[i] = po; }else{ int k; cin>>k; for(int j=0;j<k;j++){ int t; cin>>t; g[i].push_back(t); fa[t] = i; } } } int root = -1; for(int i=0;i<n;i++){ int f = fa[i]; if(f==-1){ root = i; } } double ans = 0; auto dfs = [&](auto&& dfs,int i,int fa,double curPower)->void{ if(strongers[i]!=0){ ans += curPower * strongers[i]; } for(auto& j:g[i]){ if(j!=fa){ dfs(dfs,j,i,curPower * (1-r)); } } }; dfs(dfs,root,-1,z); cout<<ans<<endl; return 0; }对于这题我的代码有什么问题

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FTP搜索工具:IP检测与数据库管理功能详解

FTP(File Transfer Protocol)即文件传输协议,是一种用于在网络上进行文件传输的协议,使得用户可以通过互联网与其他用户进行文件共享。FTP Search是一款专注于FTP文件搜索的工具,其工作原理和应用场景使其在处理大规模数据共享和远程文件管理方面具有一定的优势。 **属性页控件** 属性页控件是一种用户界面元素,通常用于组织多个属性或设置页面。在FTP Search工具中,属性页控件可能被用来显示和管理FTP搜索的各项参数。用户可以通过它来设置搜索的FTP服务器地址、登录凭证、搜索范围以及结果处理方式等。属性页控件可以提高用户操作的便利性,使得复杂的设置更加直观易懂。 **Ping命令** Ping命令是互联网上广泛使用的一种网络诊断工具。它通过发送ICMP(Internet Control Message Protocol)回显请求消息到指定的IP地址,并等待接收回显应答,以此来检测目标主机是否可达以及网络延迟情况。在FTP Search工具中,Ping命令被用来检测FTP服务器的存活状态,即是否在线并能够响应网络请求。 **扫描主机端口** 端口扫描是网络安全领域中的一个基本操作,它用于检测特定主机上的哪些端口是开放的、关闭的或是被过滤的。了解端口的状态可以帮助确定目标主机上运行的服务和应用程序。在FTP Search工具中,端口扫描功能可能被用于识别FTP服务器上开放的端口,从而帮助用户找到合适的途径进行文件传输。 **数据库管理** 数据库管理在数据密集型应用中扮演着关键角色。FTP Search工具中包含的数据库操作功能,如打开、添加、查询和关闭数据库,表明该工具可能被设计为与数据库系统交互,以便更好地处理搜索到的FTP文件信息。可能涉及到的数据库管理系统(DBMS)包括MySQL、Microsoft SQL Server、SQLite等,用户可以通过工具提供的数据库管理接口来进行数据的维护和检索。 **IP地址控件** IP地址控件是一种用户界面组件,它允许用户输入或选择一个IP地址。在FTP Search工具中,IP地址控件用于输入目标FTP服务器的IP地址,使工具能够定位并连接到相应的服务器。该控件可能还具备验证IP地址有效性(如是否符合IPv4标准)的功能,并且能提供下拉列表或自动完成来提升用户体验。 综上所述,FTP Search工具是一个集成了多种网络和数据库操作功能的实用工具。通过属性页控件,用户可以方便地配置和管理工具;Ping命令和端口扫描功能则有助于用户确认服务器的状态和可用性;数据库管理功能则确保用户能够有效地存储和查询FTP搜索结果;而IP地址控件则简化了用户对服务器地址的输入流程。这些功能相互配合,使得FTP Search工具在执行FTP搜索任务时更加强大、高效和用户友好。对于网络管理员、数据分析师、IT专业人员等,这类工具能够显著提升工作效率,尤其是在处理大规模的文件共享和数据检索时。
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【制图技术】:甘肃高质量土壤分布TIF图件的成图策略

# 摘要 本文针对甘肃土壤分布数据的TIF图件制作进行了系统研究。首先概述了甘肃土壤的分布情况,接着介绍了TIF图件的基础知识,包括其格式特点、空间数据表达以及质量控制方法。随后,文中构建了成图策略的理论框架,分析了土壤分布图的信息需求与数据处理流程,并探讨了成图原则与标准。在实践操作部分,详细阐述了制图软
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iperf命令-t最多能设置多大

<think>首先,用户的问题是:“我想了解iperf命令中-t参数的最大可设置值 请问iperf -t parameter maximum value”。这涉及到iperf工具,具体是-t参数的最大值。 从系统指令中,我需要: - 使用$...$格式处理行内数学表达式。 - 独立公式用$$...$$格式。 - 使用中文回答。 - 生成相关问题。 - 在引用的段落末尾添加引用标识。 - 回答结构清晰,逐步解决问题。 参考提供的引用: - 引用[1]: 提到iperf3用于性能测试,但不是文件传输工具,因为UDP丢包可能导致文件长度不一致。使用方式:iperf3 -s -F ./log.tx